[理学]大学物理讲稿

[理学]大学物理讲稿

大学物理学（讲稿）河北工程大学物理系康山林103\n绪论一、什麽是物理学？1．物理学是研究物质基本属性和基本运动规律的科学。2．物理学理论体系：大学物理学包括经典物理和近代物理；经典物理包括力学、热学、电磁学和光学，近代物理包括相对论和量子物理。力学研究物质机械运动规律，热学研究物质热运动规律，电磁学研究电磁场及其运动规律；二、为何学习大学物理学？1．学习物理概念和规律丰富知识；2．学习物理方法和技能提高能力；3．通过知识和能力提高科学素质。三、如何学习大学物理？1．各个教学环节：课堂上认真听、适当记、积极思索和发言；预习与复习；.独立完成作业，.善于提出问题和解决问题。2．考试形式和内容。3．答疑时间与地点。四、主要参考书：《大学物理学》，赵近芳等编，北京邮电大学出版社，2002年5月（第一版）；《物理学》，马文蔚等编，高等教育出版社，2000年2月（第四版）；《普通物理学》，程守诛等编；高等教育出版社，1998年6月（第五版）；《大学物理学习指导》，康山林等编，汕头大学出版社，2001年9月（第一版）。第一章运动的描述一、基本要求：掌握运动方程的应用和质点运动的分析计算，了解相对运动的处理方法。二、重点内容：位置矢量、位移、速度、加速度和运动方程。三、难点内容：切向加速度、法向加速度和相对运动。本章内容是基础，要着重讲述重要概念的意义和方法；有一部分内容在中学讲过，可以引导学生作扼要的复习。本章内容计划使用6学时（含绪论）。§1-1运动的描述方法一、参照系与坐标系1．参照系：对物体运动的描述只能是相对的，必须指定的参考物。　2．坐标系：定量描述运动需要坐标系，有直角坐标系、极坐标系、柱坐标和球坐标系等。二、物理抽象模型1．理想模型是物理学研究问题的最重要的方法，其目的是突出主要因素，忽略次要因素。2．质点是一个抽象模型，忽略物体的大小和形状，将其质量集中于一点。实际物体各点运动情况相同时可以当作质点。3．刚体也是一个抽象模型，忽略物体形状的变化。刚体内任两点的相对位置保持不变。O/Orp对orp对o/ro/对o§1-2描述质点运动物理量一、位置矢量：r=xi+yj，描述质点运动的空间位置。1．矢量性：大小：r=[x2+y2]1/2；方向：由O点指向P点；2．瞬时性：r=r（t）；3．相对性：rpo=rpo/+ro/o；103\n二、位移矢量：Δr=r2-r1=(x2-x1)i+(y2-y1)j；描述质点运动空间位置的改变。1．矢量性：大小：∣Δr∣=[(x2-x1)2+(y2-y1)2]1/2；方向：由起始点指向终点。注意：（1）∣Δr∣≠ΔS，位移的大小不等于路程。（2）∣Δr∣≠Δr。∣Δr∣=[(x2-x1)2+(y2-y1)2]1/2；Δr=r2-r1=-两者不相等。2．相对性：Δrp对o=Δrp对o/+Δro/对o；三、速度1．匀速直线运动的速度：v=；2．变速直线运动的速度：平均速度：；瞬时速度：v==。3．曲线运动的速度：v=dr/dt=i+j=i+j；描述质点运动的快慢程度。（1）矢量性：大小：v=[()2+()2]1/2；方向：沿轨迹的切线方向。（2）瞬时性：v=v（t）；（3）相对性：vpo=vpo/+vo/o；注意：（1）∣Δv∣≠Δv，（2）∣v∣=∣dr/dt∣==v，但≠∣Δr/Δt∣∴平均速度的大小≠平均速率。四、加速度：a=dv/dt=i+j=i+j；1．矢量性,2．瞬时性,3．相对性。五、运动方程及其应用：1．矢量形式：r=r（t）=x（t）i+y（t）j；2．参量形式：x=x（t），y=y（t）；3．轨迹方程：y=f（x）；如果题意给定运动方程，根据各个物理量的定义可求出各个量。例题1-1一质点运动方程为：r（t）=3cos5ti+3sin5tj；求：（1）速度与加速度表达式，（2）速率的变化率，（3）轨迹方程。解：（1）v=dr/dt=-15sin5ti+15cos5tj；a=dr/dt=-25（3cos5ti+3sin5tj）。（2）vx=-15sin5t，vy=15cos5t；速率v=[v2x+v2y]1/2=15；∴dv/dt=0。（3）x=3cos5t，y=3sin5t；∴x2+y2=9；质点为匀速率圆周运动。例题1-2一个质点的运动方程为：x=10+8t-2t2；求：（1）第2秒末的速度与加速度；（2）第2秒内的位移和路程；（3）第2秒内的平均速度和平均速率。解：（1）v=dx/dt=6-4t；t=2s，v=-2m/s；a=dv/dt=-4；t=2s，a=-4m/s2；（2）t=2s，x2=14m；t=1s，x1=14m；∴Δx=0；令dx/dt=6-4t=0；t=1.5s，x1.5=14.5m；ΔS=|x1.5-x1|+|x2-x1.5|=1m。（3）平均速度|v|=Δx/Δt=0；平均速率v=Δs/Δt=1m/s；。103\n§1-3运动方程的建立一、直线运动的方程1．加速度为时间的函数：若a=f（t），可直接积分求得v（t），再积分求得x（t）。例题1-3已知一个质点沿x轴运动；加速度为a=5+2t，且t=0，v0=10，x0=0；求：质点运动方程。解：a=5+2t=dv/dt；∴dv=（5+2t）dt；v=∫（5+2t）dt=5t+t2+C1；∵t=0，v0=10，∴C1=10；∴v（t）=10+5t+t2；又∵v=10+5t+t2=dx/dt；∴dx=（10+5t+t2）dt；x=∫（10+5t+t2）dt=10t+5t2/2+t3/3+C2；∵t=0，x0=0，∴C2=0；∴运动方程为：x（t）=10t+5t2/2+t3/3。2．加速度为速度的函数：若a=f（v），则：dv/f（v）=dt，积分可求得v（t），再积分求得x（t）。　例题1-4已知一个质点沿x方向运动；加速度为a=-kv，且t=0，v=v0，x0=0；求：质点运动方程。解：a=-kv=dv/dt，dv/v=-kdt；∴∫dv/v=-k∫dt；lnv=-kt+C1；∵t=0，v=v0，∴C1=v0；∴v（t）=v0exp（-kt）；又∵v=v0exp（-kt）=dx/dt；∴dx=v0exp（-kt）；x=∫v0exp（-kt）dt=-v0/kexp（-kt）+C2；∵t=0，x0=0，∴C2=v0/k；∴运动方程为：x（t）=v0/k[1-exp（-kt）]。3．加速度为坐标的函数：若a=f（x），则a=dv/dt=dx/dt·dv/dx=vdv/dx，∴vdv=f（x）dx，积分可求得v（x），又∵dx/v=dt,再积分求得x（t）。例题1-5已知一个质点沿x轴运动；加速度为a=-ω2x，且t=0，v=0，x0=A；求：质点运动方程。解：a=-ω2x=dv/dt=vdv/dx；vdv=-ω2xdx；∫vdv=-ω2∫xdx；v2/2=-ω2x2/2+C1；∵t=0，v=0，x0=A；∴C1=A2/2；v（t）=-ω[A2-x2]1/2；∵v=-ω[A2-x2]1/2=dx/dt；∴dx/[A2-x2]1/2=-ωdt；∫dx/[A2-x2]1/2=-ω∫dt；arcsinx/A=-ωt+C2；∵t=0，x0=A；∴C1=π/2；x（t）=Asin（ωt+π/2）=Acosωt；二、曲线运动方程：一个曲线运动可看作若干个直线运动的合成，各个分量的运动都可按直线运动处理。例题1-6一发子弹初速度v0射出，沿v0方向与x轴正方向成θ角，取枪口为原点竖直向上为y轴；试求：子弹的运动方程和轨迹方程。解：（1）在x方向上，ax=0，vx0=v0cosθ，x0=0；∴vx=v0cosθ；x=v0cosθt；在y方向上，ay=-g，vy0=v0sinθ，y0=0；∴vy=v0sinθ-gt；y=v0sinθt-gt2/2；∴运动方程为r=xi+yj==v0cosθti+（v0sinθt-gt2/2）j；（2）∵x=v0cosθt，y=v0sinθt-gt2/2；消去参数t得轨迹方程为：y=xtanθ-gx/2[v0cosθ]2。例题1-7距河岸500m处有一艘静止的军舰，军舰上的探照灯以转速为n=1rev/min进行转动，当光束与河岸成60o角时，求：光束沿岸边的移动速度。解：设l=500m；角速度ω=2πn/60=2π/60rad/s；由几何关系得：x=ltanθ；v=dx/dt=ltanθdθ/dt=ωltanθ；θ=-60o，v=69.8m/s103\nΔθRRτ2τ1§1-4圆周运动的描述一、圆周运动1．轨迹：x2+y2=R2；2．速度：v=vτ，τ是切线方向单位矢量，τ是变矢量。3．加速度：a=dv/dt=dv/dtτ+vdτ/dt=dv/dtτ+v2/Rn=an+aτ；an=v2/R，为向心加速度；aτ=dv/dt，为切向加速度。加速度：a=[an2+aτ2]1/2；二、圆周运动的角量描述1．角坐标：θ=θ(t)；2．角位移：Δθ=θ-θ，3．角速度：ω=dθ/dt，4.角加速度：β=dω/dt；三角量与线量的关系1．路程与角位移：S=ΔθR；ds=R.dθ。2．速度与角速度：v=ds/dtτ=dθ/dtRτ=ωRτ；3．加速度：aτ=dv/dt=R.dω/dt=βR；an=v2/R=ω2R；a=[β2R2+ω4R2]1/2；四、曲线运动的自然坐标描述1．轨迹：y=f（x）；2．速度：v沿切向；3．切向加速度：aτ=dv/dt；法向加速度：an=v2/ρ。例题1-8质点沿半径为R的圆周运动，路程S随时间t的变化规律为：S=v0t-bt2/2；试求：（1）质点在任意时刻的加速度的大小；（2）当加速度等于b时，转过多少圈。解：（1）速率v=dS/dt=v0-bt；切向加速度aτ=dv/dt=-b；向心加速度an=v2/R=（v0-bt）2/R；加速度a=[b2+（v0-bt）4/R2]1/2；（2）a=b，v0–bt=0，t=v0/b；S=v0t-bt2/2=v20/2b；N=S/2πR=v20/4πRb。例题1-9从楼窗以初速度v0水平射出一发子弹，取枪口为原点沿v0方向为x轴，竖直向下为y轴；求：（1）子弹的运动方程和轨迹方程；（2）任意时刻切向加速度和法向加速度。解：（1）在x方向上，ax=0，vx0=v0，x0=0；∴vx=v0；x=v0t；在y方向上，ay=g，vy0=0，y0=0；∴vy=gt；y=gt2/2；∴运动方程为r=xi+yj==v0ti+-gt2/2j；轨迹方程为：y=gx2/2v02；（2）∵vx=v0，vy=gt；∴速率v=[v02+g2t2]1/2；切向加速度aτ=dv/dt=2g2t/[v02+g2t2]1/2；法向加速度an=[g2-at2]1/2=gv0//[v02+g2t2]1/2；例题1-10设河面宽度为l=1km，河水由北向南流动，流速为v1=2m/s；船相对于河水以v2=5m/s的速率由西岸驶向东岸。（1）若船头与正北方向成α=150角，船到对岸需多少时间？船到对岸在下游何处？（2）欲使船到对岸用间最短，船头与河岸应成多大角度？船到达对岸在下游何处？（3）欲使船到达对岸走过的路程最短，船头与河岸应成多大的角度？船到达对岸时处于下游何处？需要多少时间？解：（1）设由西向东为x方向；由南向北为y方向，则由：v=v2+v1；vx=v2sinα=1.5sin150=0.39m/s；vy=v2cosα-v1=1.5cos150-2.0=-0.55m/s；t=l/vx=1000/0.39=2564s；y=vyt=-0.55×2564=-1413m；∴船到达对岸需要2564秒，船到达对岸时位于下游1413米；（2）设船头与河岸应（正北）成θ角时所用时间最短；t=l/vx=l/v2sinθ；θ=π/2时所用时间最短；最短时间为：tmin=l/v2=1000/1.5=667s；vy=v2cosπ/2-v1=1.5cosπ/2-2.0=-2.0m/s；y=vyt=-2.0×667=-1334m；∴船与河岸成900角用时最短，最短时间为667秒，船到岸时位于下游1334米。3）设船头与河岸成β角时所行距离L最短；∵L2=[l2+y2]；∴L最短时y最小；l=vxt=v2sinβt；y=vyt=（v2cosβ-v1）t；∴y=l（ctgβ-v1/v2sinβ）；令dy/dβ=0；得：1-v1/v2cosβ=0；cosβ=v2/v1=0.75；β=41.50；t=l/vx=l/v2sinβ=1000/1.5sin41.50=1006s；ymin=vyt=（v2cosβ-v1）t=（1.5cos41.50-2.0）×1006=-881m；103\n∴船与河岸成41.50角时所行距离最短，船到达对岸位于下游881米；所用时间为1006秒。作业1：P12.1-20，1-22，1-23，1-24；103\n第二章牛顿运动定律一、基本要求：掌握牛顿运动定律的意义和应用，掌握力的分析方法；了解相对运动的力学问题的处理方法，了解惯性系与非惯性系。二、重点内容：牛顿运动定律的意义和应用。三、难点内容：非惯性系中的力学问题的处理方法。本章内容是基础，要着重讲述牛顿运动定律的意义；因为这部分内容在中学讲过，可以引导学生作扼要的复习。本章内容计划使用2学时。§2-1牛顿运动定律一、Newton第一定律1．表述：物体不受力则保持匀速直线运动状态；2．意义：（1）指出力的作用效果是改变物体运动状态；（2）揭示了惯性的存在。3．说明：（1）无法直接验证；（2）与参照系有关，在有些参照系中牛顿第一定律不成立。（3）凡是牛顿第一定律成立的参照系称为惯性系。二、Newton第二定律1．表述：F=ma2．意义：（1）定量给出力的作用效果；（2）给出了惯性的定量量度；（3）给出力对物体瞬时作用规律。3．说明：（1）牛顿第二定律仅在惯性系中成立；（2）矢量方程：对于各个分量都成立Fx=max，Fy=may。三、Newton第三定律1．表述：作用力与反作用力；F=-F/；2．意义：揭示了力的本质——力是物体之间的相互作用。3．说明:作用力与反作用力具有的性质：（1）同时性：同时存在；（2）成对性：互相依赖；（3）同类性：属于同种力；（4）相互性：分别作用在两个物体上不能抵消。§2-2力与力的分析方法一、自然界存在的四种力1．万有引力：（1）规律：F=Gm1m2/r2；（2）作用范围无限远，在宇观领域内起主要作用。2．电磁力：（1）规律：F=q（E+v×B）；（2）作用范围无限远，在宏观领域内起主要作用。3．强相互作用：（1）规律：还不完善；（2）作用范围≤10-13m，在微观领域内起主要作用。4．弱相互作用：（1）规律：还不完善；（2）作用范围≤10-13m，在微观领域内起作用。二、常见的三种力1．重力：大小G=mg，方向指向地心或垂直地面向下；实质是万有引力。2．弹性力：物体相互接触并发生形变存在弹性力；实质是电磁力。（1）弹簧弹性力F=-kxi，（2）挤压弹性力：大小由具体状态确定（为从动力），方向垂直接触面。（3）绳线的弹性张力：大小由具体状态确定（为从动力），方向沿绳线拉伸方向。3．摩擦力：物体相互接触发生形变并存在相对运动或相对运动趋势时具有摩擦力；（1）滑动摩擦力f=μN，阻碍相对运动；（2）静摩擦力f≤μN由具体状态确定（为从动力），阻碍相对运动的发生。三、受力分析方法1．隔离出物体；2．确定已知力、重力、弹性力、摩擦力；3．画出受力示意图。103\n§2-3牛顿运动定律的应用一、应用Newton运动定律的方法和步骤1．确定对象；2．受力分析；3．明确运动形式；4．建立运动方程；5．求解未知量。二、习题类型及处理方法1．恒力对单个质点的作用：已知力求加速度或已知加速度求力。例题2-1一个斜面沿水平方向以加速度a进行运动，斜面上有一个挡板用一根细绳连结一个小球；小球的质量为m，斜面的倾角为θ，地面和斜面均光滑；求：绳子的张力T和斜面对小球的支持力N。解：设运动方向为x正方向；竖直向上为y正方向；则由牛顿第二定律可得：Tsinθ-Ncosθ=ma，Nsinθ+Tcosθ-mg=0；可以解得：T=macosθ+mgsinθ，N=mgcosθ-masinθ；讨论：（1）当a=gctgθ时；N=0；（2）a>gctgθ，m将飘离斜面。2．变力对单个质点的作用：已知力求加速度再求速度和位移。例题2-2一个质量为m的小船，以初速度v0在湖面上作直线运动；受到水的阻力为f=-kv；求：（1）速度与时间的关系式；（2）小船的最大位移。解：（1）设运动方向为x正方向；则由牛顿第二定律可得：f=-kv=ma=mdv/dt；dv/v=-kdt/m；∫dv/v=-k/m∫dt；lnv=-kt/m+C；∵t=0，v=v0，∴C=lnv0；v=v0e-kt/m；（2）∵f=-kv=ma=mdv/dt=mvdv/dx；∴dx=-mdv/k；∫dx=-m/k∫dv；x=-mv/k+c；∵t=0，v=v0，x=0；∴c=mv0/k；x=mv0/k-mv/k；当v=0时，小船的位移最大；∴xm=mv0/k；。3．恒力对多个质点的系统作用：例题2-3质量为m1的木块放在质量为m2的木版上，木块与木版、木版与地面之间的静摩擦系数都为μs，滑动摩擦系数都为μk；欲使木版从木块下抽出，求：作用在木版上的力F至少为多大。解：对m1受力分析：F-f1-f2=m1a1；N1-N2-m1g=0；对m2受力分析：f2=m2a2；N2-m2g=0；∴N2=m2g；N1=（m1+m2）g；由摩擦力关系可知：f1=μkN1=μk（m1+m2）g；f2≤μsN2=μsm2g；∵a2≤μsg；当a1≥μsg时可以将木版从木块下抽出，∴F≥（μs+μk）（m1+m2）g；。例题2-4公路转弯处是一半径为R=200m的圆形弧线，公路的内外坡度是按车速为v1=60km/h设计的，此时轮胎不受路面的侧向力；下雪后路面结冰，若汽车以v2=40km/h的速度行驶不滑出公路；求：车胎与路面的摩擦系数至少为多大。解：设公路路面的倾角为θ；按照原设计应有：Ncosθ=mg；Nsinθ=mv21/R；∴tgθ=v21/gR；路面结冰后欲使汽车不滑出公路需要侧向摩擦力；对汽车受力分析可得：N/cosθ+μN/sinθ=mg，N/sinθ-μN/cosθ=mv22/R；∴v22/gR=（sinθ-μcosθ）/（cosθ+μsinθ）=（tgθ-μ）/（1+μtgθ）；将tgθ=v21/gR代入得v22/gR=（v21/gR-μ）/（1+μv21/gR）；μ=gR（v21-v22）/（g2R2+v21·v22）=0.078。三、非惯性系中的力学问题1．非惯性参照系：（1）加速行驶的列车，（2）绕轴旋转的圆形平台；2．惯性力：设参照系K/相对惯性参照系K运动的加速度为a*；则惯性力F*=-ma*；3．非惯性参照系中的力学方程：设一质点相对参照系K/的加速度为a，相对惯性参照系K103\n运动的加速度为a0，受力为F；则a0=a+a*,在惯性参照系K中牛顿定律成立，F=ma0；∴F=ma0=m(a+a*)，F-ma*=ma；即：F+F*=ma；┈┈┈非惯性参照系中的力学方程。利用非惯性参照系中的力学方程可以在非惯性参照系中分析处理力学问题。作业2：P22.2-19，2-20，1-21，1-22；103\n第三章守恒定律一、基本要求：掌握功、动能和势能的概念，动能定理、功能定理、机械能守恒定律、动量定理和动量守恒定律；理解力矩、质点的角动量、角动量守恒定律。二、重点内容：功能定理与机械能守恒定律、动量定理与动量守恒定律，角动量守恒定律。三、难点内容：力矩、质点的角动量、角动量守恒定律。。本章内容是力学的核心，要着重讲述三种守恒定律的应用；分内容在中学讲过，可以引导学生作扼要的复习。本章内容计划使用6学时。§3-1功能原理与能量守恒定律一、功：1．定义：恒力作功：A=F·Δr=FcosθΔs；变力作功：dA=F·dr=Fcosθds；A=∫F·dr，2．意义：功是力对物体在空间上累积作用的量度。3．说明：（1）功对应于力，对应于力所作用的物体；（2）功是标量，可正可负；（3）功是过程量，与物体受力作用的过程有关；（4）功是相对量，与参照系有关。4．功的计算：（1）恒力作功：dr=dxi+dyj；F=Fxi+Fyj；dW=F·dr=Fxdx+Fydy，W=FxΔx+FyΔy；例题3-1已知质量m和始末状态坐标y1，y2，求重力的功W；解：Fx=0，Fy=-mg；dW=-mgdy；W=-mg（y2-y1）；（2）变力对直线运动物体作功：dW=F·dr=Fxdx；W=∫Fxdx；例题3-2已知弹簧倔强系数k和x1，x2；求弹性力的功；解：Fx=-kx；dW=-kxdx；W=∫Fxdx=-k[x22-x21]/2；（3）变力对曲线运动物体作功：dW=F·dr=Fxdx+Fydy；W=∫[Fxdx+Fydy]；例题3-3已知m1和m2，r1和r2；求万有引力作功；解：F=Gm1m2r/r3；dW=F·dr=-Gm1m2dr/r2；W=Gm1m2[1/r2--1/r1]；二、动能：1.定义：对质点动能定理EK=1/2mv2；对质点系统EK=ΣEKi；2.意义：（1）.动能是物体由于运动而具有的能量。（2）能量是从各种运动形式的统一的角度来定量量度物体运动状态的物理量。3.说明：（1）动能是正定标量；（2）动能是状态量；（3）动能是相对量，与参照系有关。三、动能定理对质点：F=mdv/dt=mvdv/ds；dA=F·dr=mvdv=dEK；质点所受合外力作的功等于动能增量。对质点系：设系统{m1，m2，…，mn}；（F1，F2，…，Fn）为外力，（f1+f2+…+fn）为内力。对m1：（F1+f1）·dr1=dE1k；对m2：（F2+f2）·dr2=dE2k；……；对mn：（Fn+fn）·drn=dEnk；对{m1，m2，…，mn}构成的系统；（F1dr1+F2dr2+…+Fndrn）+（f1dr1+f2dr2+…+fndrn）=dEK；ΣW外+ΣW内=ΔEK；1．表述：系统的所有外力作功与所有内力作功之和等于其动能增量；ΣW外+ΣW内=ΔEK。2．意义：（1）描述力对物体在时间上累积作用规律。（2）功是能量转换的一种量度。f1f2r2r1dr1dr23．说明：（1）动能定理仅适用惯性系，（2）对质点系统：合力的功≠各力作功之和；（3）一对力作的功：dW1=f1·dr1，dW2=f2·dr2；dW=dW1+dW2=f·d（r1-r2）=f·dr相对；dW=f·dr相对；当f=f/=0，或dr相对=0，或f⊥dr相对，dW=0。4．动能定理的应用：方法与步骤103\n（1）选对象；（2）受力分析；（3）确定功；（4）确定动能；（5）列方程求未知量。103\n四、保守力与势能：1．保守力：保守力作的功取决于初末位置，与路径无关。∮f保·dr=0；2．势能的概念：功是能量转换的一种量度，保守力作的功取决于初末位置与路径无关。因此应当存在一种能量，对应于保守力作的功而且取决于相对位置，称为势能。定义保守力作的功等于势能的减少，dW保=-dEP；3．说明：（1）势能对应于保守力，每一种保守力都对应一种势能；（2）势能属于系统的；（3）势能的数值与零点选取有关，势能差与零点无关，所以一般势能零点可任意选取。（4）势能零点的选取应当使势能表达式尽可能简洁，且具有意义。4．势能表达式（1）重力势能：dW保=-dEP=-mgdy，EP=mgy+C，取y=0，EP=0，C=0；EP=mgy。（2）弹性力势能：dW保=-dEP=-kxdx，EP=kx2/2+C，取x=0，EP=0，C=0；EP=kx2/2。（3）万有引力势能：dW保=-dEP=-Gm1m2dr/r2，EP=-Gm1m2/r+C，取r=∞，EP=0，C=0；∴万有引力势能EP=-Gm1m2/r。五、功能原理：由动能定理：ΣW外+ΣW内=ΔEk；ΣW内=ΣW内保+ΣW内非，ΣW内保=ΔEP，1．表述：系统所受的所有外力作的功与保守内力作功之和等于系统机械能增量。ΣW外+ΣW内非=ΔE2．意义：力对物体在空间上累积作用规律的又一种形式。六、机械能守恒定律：若系统仅有保守内力作功则系统机械能守恒；ΣW外+ΣW内非=0，E=EK+EP=常量。例题3-5有一颗子弹，以v0=700m/s的速度打入第一块木板，穿出时速度为v1=500m/s；再打入完全相同的第二块木板。求：从第二块木板穿出时的速度v2。解：设子弹穿过木板的过程阻力作功为W，由动能定理可得：W=mv12/2-mv20/2；由于两块木板完全相同，所以阻力作的功相等；W=mv12/2-mv20/2=mv22/2-mv21/2；；v2=[2v12-v20]1/2=100m/s；。例题3-6一个质量为m=1.0kg的小石块，从h=20m的高处以v0=18m/s的初速度抛出；落地是石块的速度为v=20m/s；求：空气阻力作的功。（分别用动能原理和功能原理解求解）解：(1)用动能原理求解：取石块为研究对象；石块受重力和空气阻力作用，重力作功为：W重=mgh；阻力的功W阻待求。石块的始末状态的动能分别为Ek1=mv20/2和Ek2=mv2/2；根据动能定理可得：A阻+mgh=mv2/2-mv20/2；A阻=mv2/2-mv20/2-mgh=-158J；(2)用功能原理解求解：取石块和地球为系统；受到的外力只是空气阻力；选取抛出点势能为零；系统的始末状态的机械能分别为E1=mv20/2和E2=mv2/2-mgh；由功能定理得：W阻=E2-E1=mv2/2-mv20/2-mgh=-158J；例题3-7一个物体用一根倔强系数为k的轻弹簧与墙壁相连接，将弹簧拉伸一段距离L后释放；如果滑块受到的摩擦阻力F为常量；求：L满足什么条件才能使物体释放后就开始运动且使它一旦停止则保持静止。解：物体释放后就开始运动的条件：L>F/k；一旦停止则保持静止条件：x≤F/k；由功能定理：-F（L-x）=kx2/2-kL2/2=k/2（x-L）（x+L）；x=2F/k-L≤F/k；L≤3F/k；当F/k≤L≤3F/k；可使物体释放后就开始运动并且使它一旦停止则保持静止。作业3：p33；3-15，3-16，3-17，3-18。103\n§3-2动量原理与动量守恒定律一、动量：1．定义：p=mv，2．意义：描述物体运动状态；3.说明（1）动量是矢量，px=mvx，py=mvy；（2）动量具有相对性，与参照系有关。二、冲量：1．定义：I=∫Fdt，2．意义：描述力对物体在时间上累积作用。3．说明：（1）冲量是矢量，Ix=∫Fxdt，Iy=∫Fydt；（2）冲量对应于力的作用过程。三、动量原理：对质点：F=mdv/dt，dI=Fdt=mdv=dp；质点所受的合外力的冲量等于其动量增量。对系统{m1，m2，…，mn}；（F1，F2，…，Fn）为外力，（f12+f13+…+…）为内力。对m1：（F1+f12+f13+…+f1n）dt=m1dv1=dP1；对m2：（F2+f21+f23+…+f2n）dt=m2dv2=dP2；……：……，……，……；对mn：（Fn+fn1+fn2+…+fn-1，n）dt=mndvn=dPn；对{m1，m2，…，mn}构成的系统；（F1+F2+…+Fn）dt=d（P1+P2+…+Pn）；=dP；1．表述：物体系统所受到的合外力的冲量等于物体动量增量；ΣFidt=dP。2．意义：描述力对物体在时间上累积作用规律。3．说明：（1）仅适用于惯性系；（2）矢量方程；四、动量守恒定律：1．表述：当物体系统所受到的合外力为零时，其动量保持不变。2．说明：（1）仅适用于惯性系；（2）若某一方向上的合外力为零，则在该方向上动量守恒。（3）当系统内力远大于外力时可忽略外力，用动量守恒处理问题。五、动量原理与动量定律的应用1．求未知力和未知力的冲量例题3-8一架飞机质量为M=1000kg以v=1000m/s的速度飞行，一只飞鸟质量为m=1kg身长为l=20cm，与飞机发生正碰；求：飞机受到的平均冲力F。解：对小鸟，忽略重力和空气阻力，冲击过程小鸟受飞机的冲力为合外力；小鸟的初始动量为P1=0，冲击后小鸟的动量为P2=mv；冲力的作用时间为Δt=l/v；由动量定理：FΔt=P2-P1=mv；∴小鸟受到的平均冲力为：F=mv2/l=10002/0.2=5×106N=500（吨力）2．求某一状态的速度例题3-9有一个平板车质量为M，在光滑的水平轨道上运动，初始静止；有N个质量为m的人以相对平板车的速度u从后端跳下；求：（1）N个人同时跳离后平板车的速度；（2）N个人依次跳离，车的最后速度；解：（1）取车和N个人为对象，在水平方向上动量守恒；设车运动方向为x正向，N个人跳离后车速为V，人对车的速度为u，人对地的速度为（V-u）；因为系统初始静止，故有：MV+Nm（V-u）=0；解得：V=Nm/（M+Nm）。（2）对第一个人的跳车过程，由动量守恒定律得：[M+（N-1）m]V1+m（V1-u）=0；所以第一个人跳车后车速为：V1=mu/（M+Nm）。对第二个人的跳车过程，又有：[M+（N-2）m]V2+m（V2-u）=[M+（N-1）m]V1；∴V2=V1+mu/[M+（N-1）m]=mu{1/（M+Nm）+1/[M+（N-1）m]}；依次类推，对第N个人的跳车过程有：MVN+m（VN-u）=[M+m]VN-1；∴VN=VN-1+mu/[M+m]=mu{1/（M+Nm）+1/[M+（N-1）m]+……+1/（M+Nm）}；103\n§3-3角动量原理和角动量守恒定律一、力矩1．定义：M=r×F；大小M=rFsinθ=Fd；2．意义：力矩描述力对转动物体的作用。3．说明：（1）力矩是矢量；（2）力矩与转轴位置有关。二、力矩的冲量矩1．定义：dK=Mdt；K=∫Mdt2．意义：描述力矩对转动物体在时间上的累积作用。3．说明：（1）冲量矩对应于力矩；（2）冲量矩与转轴有关；（3）冲量矩是过程量。三、角动量（动量矩）1．定义：L=r×P=r×mv；2．意义：描述物体转动状态；3．说明：（1）角动量是矢量；（2）角动量与转轴有关；（3）角动量是状态量。四、角动量原理F=mdv/dt，r×F=r×mdv/dt，dK=Mdt=d（r×mdv）=dL；1．表述：转动物体所受到的合外力矩的冲量矩等于物体角动量的增量。2．意义：描述力矩对转动物体在时间上累积作用的规律。3．说明：（1）仅适用于惯性系；（2）力矩与角动量必须对应于同一转轴。五、角动量守恒定律1．表述：物体受到的外力矩为零，系统角动量守恒。2．说明：当物体受到有心力的作用时其角动量守恒。例题3-10在光滑的水平桌面上，一轻绳一端连结一个小球另一端穿过桌面中心的光滑圆孔；小球原来以角速度ω1=3rad/s；为沿半径r1=0.2m的圆周运动；将绳子从小孔处缓慢向下拉，当半径为r2=0.1m时；求：小球的角速度ω2。解：小球对桌面中心的角动量守恒，所以：mv1r1=mv2r2；或mω1r21=mω2r22；ω2=（r1/r2）2ω1=4ω1=12rad/s；§3-4质点动力学综合规律的应用一、单一物理过程规律的选择选择规律的一般原则：满足守恒条件时首先选择守恒定律；其次考虑累积定律；题意求瞬时加速度时应用牛顿第二定律求解。例题3-11一个质量均匀的链条，质量为m，长度为l；初始一部分在水平桌面上，一部分自然下垂，其长度为h；求：链条全部脱离桌面时的速度v。解：（1）用牛顿定律求解；（2）用动量原理求解；(3）用动能原理求解；(4）用机械能守恒定律求解。103\n二、单一物理过程综合规律的应用例题3-12一辆质量为M的小车在光滑的水平轨道上以速度v0匀速运动，在车的前端轻轻放上一个质量为m的物体（初始相对地面静止），物体与小车之间的摩擦系数为μ；为使物体不至于从车上滑下，车的长度至少为多少。解：取小车和物体作为研究系统，由动量守恒得：（M+m）v=Mv0；┈┈┈①由功能定理得：-μmgL=（M+m）v2/2-Mv20/2；┈┈┈②解得：L=Mv20/2μg（M+m）。三、复合物理过程的分解与求解例题3-13一个质量为m的滑块，沿光滑的轨道从H高处由静止滑下；在水平面上与质量为M的木块进行完全非弹性碰撞；木块用一个弹性系数为k的弹簧连接在墙壁上。求：弹簧的最大压缩量xm。解：对滑块下滑过程，由机械能守恒定律：mgH=mv21/2；滑块与物块的碰撞过程，由动量守恒定律：mv1=（m+M）v2；弹簧压缩过程，由机械能守恒定律：（m+M）v22/2=kx2/2；∴xm=[2m2gH/k（m+M）]1/2；例题3-14一个半圆型的光滑槽，质量为M，半径为R，放在光滑的水平面上，一个质量为m的小物块可沿槽运动；初始时半圆槽静止，小物体静止于与圆心同高度的顶点；求：（1）物体滑到任意位置时，物体和槽相对地面的速率；（2）物体滑到半圆槽的最低点时，半圆槽运动的距离。解：1）对物块圆槽和地球系统，水平方向上动量守恒，mvx-MV=0；┈┈┈①整个过程机械能守恒，mv2/2+MV2/2-mgRsinθ=0；┈┈┈②由相对运动速度合成公式，设物块相对圆槽的速度为u；则：v=u+V；所以有：vx=usinθ-V；┈┈┈③vy=ucosθ；┈┈┈④v2=v2x+v2y；┈┈┈⑤v=[2（M+m）gRsinθ/{（M+m）-msin2θ}]1/2；V=msinθ/（M+m）·[2（M+m）gRsinθ/{（M+m）-msin2θ}]1/2；2）设滑至最低点所需的时间为T，半圆槽的位移为L，则：L=；∵V=mvx/M=m（usinθ-V）；∴V=musinθ/（M+m）；u=Rdθ/dt；∴Vdt=mRsinθdθ/（M+m）；∴L==mR/（M+m）sinθdθ=mR/（M+m）；例题3-15一个轻弹簧倔强系数k=100N/m，放在光滑的水平桌面上，一端固定另一端连结一个质量为m1=1kg的木块A；初始时滑块A静止，弹簧为自然长度l0=0.2m；有另一个质量为m2=1kg的小滑块B以v0=5m/s的速度沿与弹簧垂直的方向与滑块A发生完全弹性正碰；当滑块A转到与初始位置相垂直的位置时，弹簧的长度为l=0.5m；求：此时滑块的速度的大小和方向。解：对A与B的弹性碰装过程，动量与动能都守恒；故有：m2v0=m1v1+m2v2；┈┈┈①m2v20/2=m1v21/2+m2v22/2；┈┈┈②小滑块B的转动过程，角动量与机械能都守恒；故有：m1v1l0=m1vlsinθ；┈┈┈③m1v21/2=m1v2/2+k[l-l0]2；┈┈┈④解得：v1=v0；v2=0；v=[v20+k（l-l0）2]1/2=4m/s；sinθ=v0l0/vl=1/2；θ=30º。103\n第四章刚体的定轴转动一、基本要求：掌握刚体运动的描述方法；掌握转动定律、功能定理、角动量定理和角动量守恒定律；理解力矩、角动量、转动惯量和转动动能的概念；了解转动惯量的计算方法。二、重点内容：转动定律、功能定理、角动量定理和角动量守恒定律。三、难点内容：力矩、力矩作功和转动惯量的计算。本章内容在中学从未讲过，是新内容，要着重讲述刚体运动的描述方法，刚体定轴转动的基本规律。本章内容计划使用6学时。§4-1刚体运动的描述一、刚体1．定义：在受力和运动当中不发生形变的物体模型称为刚体。2．特征：刚体内任两点的相对位置保持不变。二、刚体的运动1．刚体的平动：（1）在运动中刚体上任一条直线的方位保持不变；（2）平动中刚体内各点的运动状态都相同；一般用质点（质心位置）的运动代表刚体的平动。2．刚体的定轴转动：（1）刚体上各点都围绕同一条固定直线作圆周运动；（2）各点的角运动量都相同。（3）一般用角量来描述刚体的定轴转动比较方便。3．刚体的一般运动可看成平动与转动的合成。三、刚体定轴转动的角量描述1．角坐标：θ=θ（t）；2．角位移：Δθ=θ2-θ1，Δθ不是矢量但dθ是矢量，其方向由右手定则确定。3．角速度：ω=dθ/dt；4．角加速度：β=dω/dt；刚体在定轴转动的过程中各个角量的方向都平行于转轴，可用标量方程式表示。四、角量与线量的矢量关系：1．位移：.ds=dθ×r；2．速度：v=ds/dt=dθ/dt×r=ω×r；3．加速度：a=dv/dt=d/dt(ω×r)=dω/dt×r+ω×dr/dt=β×r+ω×(ω×r)=β×r+-ω2r；（1）切向加速度：aτ=β×r；（2）法向加速度：an=-ω2r；五、刚体作匀角加速度定轴转动的运动方程β=常量；ω=ω0+βt；θ=θ0+ω0t+βt2；ω2=ω20+2β（θ-θ0）；例题4-1一个飞轮半径为R=0.2m，初始转速为n0=150rev/min；ω0=150×2π/60=5πrad/s。受到制动而均匀减速，经过30s而停止转动。求：（1）飞轮的角加速度；（2）开始制动6s时的角速度；（3）从制动到停止转动飞轮转过的圈数；（4）开始制动6s时飞轮边缘一点的速度、切向加速度和法向加速度。解：（1）β=Δω/Δt=-5π/30=-π/6rad/s2。（2）ω=ω0+βt=5π-π/6×6=4πrad/s。（3）Δθ=ω0t+βt2/2=5π×30-π/6×900/2=75πrad/s。N=Δθ/（2π）=37.5。（4）v=ωR=4π×0.2=2.5m/s；an=ω2R=（4π）2×0.2=31.6m/s2；at=βR=-π/6×0.2=-0.1m/s2。103\n§4-2定轴转动的转动定律一、定轴刚体的力矩1．定义：M=r×F；大小：M=rFsinθ=Fd，方向：与r和F构成的平面相垂直；fijfjir1Or2d2．意义：描述力对转动物体的作用。3．说明：（1）力矩与力的大小、方向、作用点及转轴的方位有关；（2）转动系统的内力矩之和一定为零。证明:Mij=fijd,Mji=fjid；∵fij=fji；∴Mij=Mji；而且Mij与Mji反向，Mij+Mij=0。所以内力矩之和一定为零。（3）对于质点合力的力矩等于各个力的力矩之和；对于刚体合力的力矩一般不等于各个力的力矩之和。（4）对于定轴转动，只有在转轴方向上的力矩分量对转动状态产生影响。二、转动定律对质点：F=ma，M=r×F=r×ma=r×m[β×r-ω2r]=mr2β=Iβ；对刚体：M=ΣMi=（Σmiri2）β=Iβ;1．表述：刚体受到的外力矩之和等于转动惯量与角加速度乘积；M=ΣMi=Σmiri2β=Iβ2．意义：描述力矩对刚体的瞬时作用规律。3．说明：（1）仅适用于惯性系；（2）力矩、转动惯量必须对应于同一转轴。三、转动惯量1．定义：对质点I=mr2；对质点系I=Σmiri2；对刚体I=∫r2dm；对刚体系I=ΣIi；2．意义：转动惯量是刚体转动惯性大小的量度。3．说明：转动惯量与刚体的质量、质量的分布和转轴位置有关。4．转动惯量的计算：（1）选定dm（质点或圆环）；（2）确定dI=dmr2；（3）积分计算结果。例题4—2一个质量为m，长度为l的细棒，质量均匀分布；求：（1）对垂直过细棒质心轴的转动惯量；（2）对垂直过细棒端点轴的转动惯量。解：（1）取棒长方向为x轴，质心为原点；取dm=m/l×dx；dJ=m/lx2dx；J=m/l∫x2dx=ml2。（2）取棒长方向为x轴，原点位于端点；取dm=m/l×dx；dJ=m/lx2dx；J=m/l∫x2dx=ml2。例题4-3一个质量为m，长度为l的均质圆筒，内外半径分别为R1、R2；求：对中心轴的转动惯量。解：密度为ρ=m/V=m/[π（-）l]；取一薄圆柱壳dV=2πlrdr；dm=ρdV=ρ2πlrdr；dJ=r2dm=ρ2πlr3dr；∴J=ρ2πl∫r3dr=ρ2πl（-）=m（+）；讨论：（1）J与长度l无关；（2）若R1=0，R2=R；圆柱体或薄圆盘：J=mR2。103\n（3）若R1≈R2=R；薄圆柱壳层或细圆环：J=mR2。103\n四、计算转动惯量的平行轴定理和垂直轴定理*1．平行轴定理：设刚体对通过其质心的一个轴的转动惯量为IC，另一个转轴与该转轴相平行且相对距离为d；若刚体对该轴的转动惯量为IO，则IO=IC+md2。证明：设两个平行轴沿y方向，质心为坐标原点；IC=∫（x2+z2）dm；I0=∫[（x+d）2+z2]dm；I0=∫（x2+2dx+d2+z2）dm=∫（x2+z2）dm+2d∫xdm+d2∫dm；∵xc=∫xdm=0；∴IO=∫（x2+z2）dm+d2∫dm=IC+md2。例题4-4一个质量为m长度为2R的细杆；一端连结转轴O，另一端连结一个质量为m半径为R的圆盘；求：对转轴O的转动惯量。解：J=J1+J2；细杆的转动惯量为：J1=ml2/3=mR2；由平行轴定理，圆盘的转动惯量为：J2=md2+mR2=4mR2+mR2=mR2；J=J1+J2=mR2+mR2=mR2。2.垂直轴定理：设刚体对原点的虚拟转动惯量为：I0=∫（x2+y2+z2）dm；X轴、Y轴、Z轴相互垂直且相交于原点；若刚体对X轴、Y轴、Z轴的转动惯量分别为Ix，Iy，Iz；则：Ix+Iy+Iz=2I0。证明：∵Ix=∫（y2+z2）dm；Iy=∫（x2+z2）dm；Iz=∫（x2+y2）dm；∴Ix+Iy+Iz=2I0。例题4-4一个质量均匀分布的球壳，质量为m，半径为R；求：对其直径轴的转动惯量。解：质量面密度为：σ=m/4πR2；在球壳面上取一圆环：dm=2πσrRdθ；dI=r2dm=2πσr3Rdθ；r=Rsinθ；dJ=2πσR4sin3θdθ=2πσR4（1-sin2θ）sinθdθ；I=2πσR4∫（1-sin2θ）sinθdθ=πσR4=mR2。∵I0=∫（x2+y2+z2）dm=mR2，又∵Ix=Iy=Iz=I，由Ix+Iy+Iz=2I0。∴I=mR2。例题4-5一个质量均匀分布的球体，已知其质量为m，半径为R；求：刚体对其直径轴的转动惯量。解：质量密度为：ρ=3m/4πR3；在球体内取薄球面壳层：dm=ρ4πr2dr；dI=r2dm=ρ8πr4dr/3；I=ρπ∫r4dr=ρπR5=mR2。∵I0=∫（x2+y2+z2）dm=4πρ∫r4dr=ρπR5，又∵Ix=Iy=Iz=I，由Ix+Iy+Iz=2I0；∴I=mR2。五、转动定律的应用例题4-7一个质量均匀分布的细杆，质量为m，长度为l；可以在竖直面内围绕通过其端点的固定转轴转动；初始刚体静止在水平位置，释放后无摩擦转动；求：细杆与水平成角度为θ时的角加速度和角速度。解：当细杆与水平成角度为θ时，重力力矩为：M=mglcosθ；刚体转动惯量为I=ml2/3；由转动定律角加速度为：β=M/J=3g/2lcosθ；∵β=dω/dt=ωdω/dθ；∴ωdω=βdθ=3g/2lcosθdθ；∫ωdω=3g/2l∫cosθdθ；ω=[3g/lsinθ]1/2。例题4-8一个质量为m=50kg，半径为R=0.2m的圆盘型飞轮，当转速为n0=600rev/min时撤去外力矩；由于摩擦飞轮转动50s后停止；若摩擦力矩不变；求：摩擦力矩Mf。解：初始角速度ω0=2πn0/60=20πrad/s，末态角速度ω=0；β=（ω-ω0）/Δt=-2π/5rad/s2；103\n转动惯量为：I=mR2=50×0.22=1kgm2；摩擦力矩Mf=Jβ=-2π/5Nm；103\n§4-3定轴转动的动能定理一、力矩的功：dW=F·ds=F·（dθ×r）=（r×F）·dθ=M·dθ；W=∫M·dθ=∫M·dθ二、刚体转动动能：1．对质点：EK=mv2=mr2ω2；2．对刚体Ek=Σmiv2i=Σmir2iω2=Iω2；三、定轴转动动能定理对刚体的定轴转动：M=Iβ=Iωdω/dθ；dW=Mdθ=Iωdω=d（Iω2∕2）=dEk；1．表述：定轴转动刚体系统所有外力矩与所有内力矩作功之和等于其转动动能的增量ΣW外+ΣW内=ΔEk，2．意义：描述力矩对转动物体在空间上累积作用规律。3．说明：（1）仅适用于惯性参照系；（2）一个刚体的内力矩之功为零（无相对运动）。四、定轴转动机械能守恒1．表述：若定轴转动系统仅有保守内力力矩作功，系统的机械能守恒。2．说明：（1）仅适用于惯性参照系；（2）刚体的重力势能一般由质心的质点来确定。例题4-9冲床的飞轮的转动惯量为J=1000kgm2；空转时的转速为n0=600rev/min，冲击工件后的转速为n=30rev/min；求：阻力力矩作的功。解：初始角速度ω0=2πn0/60=20πrad/s，末态角速度ω=2πn/60=πrad/s；初始转动动能Ek0=Jω20/2=1.97×106J，末态转动动能Ek=Jω2/2==4.93×103J；由转动动能定理，阻力力矩作功为：W=Ek-Ek0=-1.965×106J。§4-4角动量原理与角动量守恒定律一、刚体的角动量：1．对质点：L=r×P=r×mv=r×m（ω×r）=mr2ω；2．对刚体L=（Σmir2i）ω=Iω；二、力矩的冲量矩：1．定义：dK=Mdt；K=∫Mdt.；2．意义：描述力矩对转动物体在时间上的累积作用。3．说明：（1）冲量矩对应于力矩；（2）冲量矩与转轴有关；（3）冲量矩是过程量。三、定轴转动角动量原理：对刚体：M=Iβ=Idω/dt；Mdt=Idω=dL；对刚体系统（ΣMi）dt=d（ΣLi）=dL；（ΣMi）=（ΣMi外）+（ΣMi内）=（ΣMi外）。1．表述：定轴转动的刚体系统所受的合外力矩的冲量矩等于其角动量增量。2．意义：描述力矩对定轴刚体在时间上累积作用规律。3．说明：（1）仅适用于惯性系；（2）适用于定轴转动的刚体系统。四、角动量守恒定律1．表述：系统所受到的外力矩之和为零，其角动量守恒。2．说明：（1）适用于惯性参照系；（2）适用于定轴转动系统。五、角动量定理和角动量守恒定律的应用例题4-10一个飞轮以n0=600rev/min的转速进行旋转，转动惯量J=2.5kgm2；有一个恒力矩使飞轮在1s内停止转动；求：制动力矩的平均值。解：初始角速度ω0=2πn0/60=20πrad/s，末态角速度ω=0；角加速度为：β=（ω-ω0）/Δt=-20πrad/s2；平均力矩为Mf=Jβ=-50πNm；例题4-11一个质量为M半径为R的实心球体，质量均匀分布；以角速度ω0围绕过球心的固定轴转动；一个质量为m的子弹以初速度v0射入球体边缘；求：碰后系统的角速度。解：球体转动惯量为J：J=2MR2/5；对子弹和刚体构成的系统角动量守恒。mv0R=（J+mR2）ω=（2M/5+m）R2ω；ω=mv0R/（2M/5+m）R。103\n§4-5定轴转动系统的综合问题的处理一、刚体系统定轴转动的综合规律的应用例题4-12一转动惯量为J1的圆盘飞轮A以角速度为ω1绕通过圆心的垂直轴转动，另一转动惯量为J2的圆盘飞轮B以角速度为ω2围绕通过圆心的垂直轴转动；两个飞轮的转轴在同一直线上，在轴向外力的作用下两飞轮啮合为一个整体；求：（1）两轮啮合为一体后的角速度ω；（2）两轮啮合过程中的动能损失ΔE。解：（1）对飞轮A和飞轮B组成的系统，角动量守恒。J1ω1+J2ω2=（J1+J2）ω；ω=（J1ω1+J2ω2）/（J1+J2）；（2）ΔE=（J1ω21+J1ω21）-（J1+J2）ω2=二、质点与刚体组合的定轴转动系统例题4-13两个半径分别为R1和R2的圆轮同轴焊接在一起组合成一个定滑轮；整个定滑轮的转动惯量为J，质量分别为m1和m2的两个物体分别挂在组合轮的两边并且在竖直面内运动，如果不计绳子的质量和摩擦。求：两个物体的加速度和定滑轮的角加速度。解：设定滑轮两边绳子的张力分别为T1和T2；m1和m2的加速度分别为a1和a2；由牛顿定律得：m1g-T1=m1a1；T2-m2g=m2a2；由转动定律得：T1R1-T2R2=Jβ；由转动角量与线量的关系得：a1=βR1，a2=βR2；由上述5式可以解得：β=，a1=R1；a2=R2；例题5-14半径为R的空心圆环可以绕竖直轴转动，转动惯量为J，环的初始角速度为ω0；质量为m的小球开始静止在最高点A；由于干扰小球沿圆环的内壁下滑，若不计任何摩擦；求：（1）小球滑到与环心同高度的B点圆环的角速度和小球相对圆环的速度。（2）小球滑到最低的C点时，圆环的角速度和小球相对圆环的速度。解：（1）对小球、地球和圆环构成的系统机械能守恒，角动量守恒；若取圆环的圆心重力势能为零，由机械能守恒定律：mgR+Jω20=Jω2B+mv2B；由角动量守恒定律得：Jω0=（J+mR2）ωB；由相对运动关系得：v2B=u2B+ω2BR2；由上述3式可以解得：ωB=Jω0/（J+mR2）；u2B=2gR+Jω20R2/（J+mR2）；（2）由机械能守恒：mgR+Jω20=Jω2C+mv2C-mgR；由角动量守恒：Jω0=JωC；由相对运动关系得：vC=uC；所以解得：ωC=ω0；u2C=4gR；三、刚体的平面运动刚体的平面运动可以看作刚体质心的平动和刚体围绕质心轴的转动。1．刚体质心的运动：F=mac。2．刚体围绕质心轴的转动：MC=JCβ。3．刚体的动能和势能：动能EK=mv2c+JCω2；势能EP=mghC；例题4-15有一半径为r的圆柱体，从高度为h的轨道上由静止滚下，进入半径为R的圆环形轨道内，圆柱体纯滚动；要使圆柱体在圆环形轨道内完成圆周运动，h至少为多大。解：由机械能守恒定律：mgh=Jω2/2+mv2c/2-mg（2R-r）；由于是纯滚动，vc=ωr；可解得：v2c=4g（h-2R+r）/3；设轨道对圆柱体的压力为N；则：N+mg=mv2c/（R-r）；∵N≥0，∴v2c≥g（R-r）；∴4g（h-2R+r）/3≥g（R-r）；∴h≥（R/4-7r）/4；作业5：（P59）5-19，5-20，5-21，5-22；103\n第五章狭义相对论一、基本要求：掌握相对论基本原理，掌握相对论运动学效应和动力学效应；了解相对论的产生背景，了解洛仑兹变换。二、重点内容：相对论基本原理，相对论运动学效应和动力学效应。三、难点内容：洛仑兹变换，质量与速度的关系，质量与能量关系。本章内容非常抽象，要着重讲述基本原理和结论，通过实验说明相对论理论的正确性。本章内容计划使用6学时。§5-1伽利略变换与经典时空观一、经典时空观1．Galileo变换：设S/系相对S系以速度v沿x轴正向匀速运动，坐标变换关系为：x/=x-vt，y/=y，z/=z，t/=t；速度变换关系为：ux/=ux-v，uy/=uy，uz/=uz；加速度变换关系为：ax/=ax，ay/=ay，az/=az；即：a/=a。2．Newton相对性原理：在经典力学中，m/=m，F/=F，∵a/=a；∴F/=m/a/，F=ma。∴在一切惯性参照系中所有力学规律都是等价的…………Newton相对性原理。3．经典时空观：时间和空间是绝对的与物质和运动无关，Galileo变换反映了经典时空观。二、经典物理学的困难1．在Galileo变换下麦克斯韦方程不等价，意味着电磁学规律在惯性系中不具有等价性。2．Newton力学在高速领域失败。例如：电子在B=20T的磁场中以v=2.9×108的速度作圆周运动，电子的轨迹半径的理论值为R0=5.5mm，实验值为Re=1.65cm；相对误差为300%。3．光速c是相对那个参照系的速度？是否存在一个绝对静止的参照系。三、Michlson——Morley实验1．试验目的：寻找绝对静止的参照系（以太）。2．实验仪器：Michelson干涉仪。3．实验原理：设地球相对于绝对参照系以太以v运动，在地球系中c/=c+v；不同方向的光速不同。t1=+=，t2=+=；光程差：δ1=c（t2-t1）=（-）≈。将Michlson干涉仪旋转900，光程差：δ2=c（t1-t2）=（-）≈-；转动过程光程差的变化Δ=δ1-δ2=2，应有干涉条纹移动ΔN=Δ/λ=。取l=10m，c=3×108m/s，v=3×104m/s，λ=500nm；移动条纹数目ΔN≈0.4。4．实验结果：ΔN=0。采用多种方法改进实验，最终结果依然为ΔN=0。5．结论：（1）绝对参照系以太不存在；（2）真空中的光速c与参照系无关。103\n§5-2狭义相对论原理与洛仑兹变换一、狭义相对论原理1．Einstein相对性原理：在所有惯性参照系中一切物理规律都是等价的。2．光速不变原理：真空中光速是一不变量，与参照系无关。二、洛仑兹变换1．Lorentz坐标变换：设S/系相对于S系以速度v沿x轴正方向匀速运动；在S/系中看原点O/：x/=0，y/=0，z/=0；S系中看O/点：x-vt=0，y=0，z=0；欲使两组等式恒成立，两者最多差一常数因子，即：x/=k[x-vt]，y/=Ay，z/=Bz；在S系中看原点O：x=0，y=0，z=0；在S/系中看O点：x/+vt=0，y/=0，z/=0；两者最多差一常数因子，即：x=k/[x/+vt/]，y=A/y/，z=B/z/；由Einstein相对性原理两种变换应当等价，∴k=k/，A=A/，B=B/，于是有：x/=k[x-vt]，y/=Ay，z/=Bz；x=k[x/+vt/]，y=Ay/，z=Bz/；将两组关系式相乘得：xx/=k2[x-vt][x/+vt/]……（*）；yy/=A2yy/，zz/=A2zz/，∴A=1，B=1；再设t=t/=0时，O与O/重合；此时由该点发射一列光波；由光速不变原理，任一时刻光波面的坐标为：x=ct，x/=ct/；代入（*）式得：c2tt/=k2[c-v][c+v]tt/；∴k2=；k=；x/=，x=，由此组关系可解得：t/=；t=。于是得洛仑兹坐标变换为：x/=，y/=y，z/=z；t/=。或：x=，y=y/，z=z/；t=。2．Lorentz速度变换：∵ux=dx/dt，ux/=dx/dt/，∵dx=k[dx/+vdt/]，dy=dy/，dz=dz/；dt=k[dt/+vdx//c2]；可以得到Lorentz速度变换：ux=[ux/+v]/[1+vux//c2]，uy=uy//k[1+vuy//c2]，uz=uy//k[1+vuz//c2]；ux/=[ux-v]/[1-vux//c2]，uy/=uy/k[1-vuy/c2]，uy/=uy/k[1-vuz/c2]；三、讨论：1．Lorentz变换是相对论原理的数学表述。2．{x，y，z，t}与{x/，y/，z/，t/}对应同一事件。3．一切物体的速度都小于真空中光速。4．当v<0且Δx=x2-x1>0，则Δt/<0，Δt/=0，Δt/>0都有可能。Δt/>0时序不变，Δt/<0时序不变。1．时序具有相对性，与参照系有关。2．具有因果关系的两个事件的时序不会改变。若两事件具有因果关系则有：Δx=x2-x1=uΔt；Δt/=k[1–vu/c2]Δt；Δt=t2-t1>0，Δt/>0；时序不变。五、相对论运动学效应的实验验证：1．铯原子钟的飞行试验；2．天然μ粒子的寿命试验；3．光波的横向多普勒效应。例题5-1在惯性系K中测得两个事件的时空间隔为Δt=1×10-2s，Δx=5×106m；若两个事件在K/系中是同时发生的；求：（1）K/系与K系的相对运动速度v；（2）K/系中两个事件的距离Δx/。解：（1）Δt/=[Δt-vΔx/c2]/[1-v2/c2]1/2=0，[Δt-vΔx/c2]=0；v=c2Δt/Δx=0.6c=1.8×108m/s；（2）Δx/=[Δx-vΔt]/[1-v2/c2]1/2=Δx[1-v2/c2]1/2=[1-0.62]1/2×5×106=4×106m；例题5-2地面测得一宇宙飞船以0.8c的速度向东飞行，彗星以0.6c的速度向西飞行，5s后发生碰撞；求：（1）彗星相对飞船的速度；（2）飞船上测得碰撞前经过的时间；解：（1）设地面为K系，飞船为K/系；v=0.8c，u=-0.6c，u/=[u-v]/[1-uv/c2]=-0.95c。（2）地面测得宇宙飞船与彗星距离Δx=u/Δt；飞船测得Δx/=Δx[1-v2/c2]1/2；Δt/=Δx//u/=Δt[1-v2/c2]1/2=4s；例题5-3两个宇宙飞船A和A/以v=0.6c的相对速度相互靠近；如果飞船A中的观察者O测得初始距离为l0=20m；求：飞船A/中的观察者O/测得两者相遇所经历的时间。解：观察O/看飞船A/：x/1=0，x/2=0；观察O看飞船A/：x1=20，x2=0；（x2-x1）=[（x/2-x/1）+v（t/2-t/1）]/[1-（v/c）2]1/2=[v（t/2-t/1）]/[1-（v/c）2]1/2；t/2-t/1=（x2-x1）[1-（v/c）2]1/2/v=20×0.8/（0.6×3×108）=8.89×10-8s；103\n§5-4相对论的动力学效应一、质量与速度的关系：设S/系中有两个完全相同的小球A和B；在x方向上以速度v相向运动并发生非弹性碰撞。在S/系中：u/A=v，u/B=-v；碰撞前：P0/=mv-mv=0，碰撞后：P/=M/u/=0（M/为合粒子质量），∴u/=0。由ux=[ux/+v]/[1+vux//c2]可知，在S系中：uB=0，uA=2v/[1+v2/c2]…………①，碰撞前：P0=mAuA；碰撞后：P=[mA+mB]v，由动量守恒：muA=[m+m0]v………②；由①,②两式得：mA=mB/[1+uA2/c2]1/2；uB=0，mB=m0；uA=u，mA=m；则m=m0/[1+u2/c2]1/2。1．物体的质量与运动速度有关，运动速度越大质量变大。2．u→c，m→∞，u>c不可能。3．u<0；∴φ=5π/4；于是得：A=5√2cm；ω=π/4；φ=5π/4；∴x=Acos（ωt+φ）=5√2cos（πt/4+5π/4）cm。4．已知振动曲线，求谐振动方程：例题6-4一质点作简谐振动，振动曲线如图所示，求：该质点的简谐振动方程。x（cm）t（s）10-52解：（1）设x=Acos（ωt+φ）；由振动曲线可知：A=10cm=0.1m；∴x=0.1cos（ωt+φ）；∵t=0，x0=10cosφ=--5cm，v0<0；∴φ=2π/3；∴x=0.1cos（ωt+2π/3）；∵t=2，x2=10cos（2ω+2π/3）=0，v0>0；∴2ω+2π/3=3π/2；ω=5π/12；∴A=10cm，φ=2π/3，ω=5π/12；x=Acos（ωt+φ）=0.1cos（5πt/12+2π/3）。103\n§6-2简谐振动的合成一、同方向同频率的简谐振动的合成设质点同时参与两个谐振动：x1=A1cos（ωt+φ1），x2=A2cos（ωt+φ2）；其振动位移x=x1+x2=A1（cosωtcosφ1+sinωtsinφ1）－A2（cosωtcosφ2+sinωtsinφ2）=（A1cosφ1+A2cosφ2）cosωt－（A1sinφ1+A2sinφ2）sinωt；令Acosφ=（A1cosφ1+A2cosφ2），Asinφ=（A1sinφ1+A2sinφ2）；则：x=Acos（ωt+φ）；其中：A=[A12+A22+2A1A2cos（φ2-φ1）]1/2，tgφ=[A1sinφ1+A2sinφ2]/[A1cosφ1+A2cosφ2]；1．φ2-φ1=0，A=A1+A2；振幅最大，振动加强。2．φ2-φ1=π，A=∣A1-A2∣；振幅最小，振动减弱。二、同方向不同频率的两个简谐振动的合成，拍1．振动方向相同频率不同的两个简谐振动的合成一般不再是简谐振动。2．拍：设质点参与两振动：x1=Acosω1t，x2=Acosω2t；[ω2-ω1]<<[ω2+ω1]；其合振动位移x=x1+x2=2Acos（ω2-ω1）tcos（ω2+ω1）t=A（t）tcos（ω2+ω1）t；合振动的振幅缓慢变化的振动称为拍，ωp=（ω2-ω1）称为拍频。三、同频率方向垂直的两个简谐振动的合成设质点同时参与两个谐振动：x=A1cos（ωt+φ1），y=A2cos（ωt+φ2）；x/A1=cosωtcosφ1-sinωtsinφ1…………①，y/A2=cosωtcosφ2-sinωtsinφ2…………②xcosφ2/A1-ycosφ1/A2=sinωt（sinφ1cosφ2-sinφ2cosφ1）=-sinωtsin（φ2-φ1）……③xsinφ2/A1-ysinφ1/A2=cosωt（sinφ2cosφ1-sinφ1cosφ2）=cosωtsin（φ2-φ1）……④③式平方+④式平方得到质点的轨迹方程为：x2/A12+y2/A22-2xycos（φ2-φ1）/A1A2=sin2（φ2-φ1）。1．[φ2-φ1]=0，[x/A1-y/A2]=0，y=A2x/A1；轨迹为直线在一、三象限，r=Acos（ωt+φ），合振动为简谐振动；频率不变，振幅为A=[A12+A22]1/2。2．[φ2-φ1]=π，[x/A1+y/A2]=0，y=-A2x/A1；轨迹为直线在二、四象限，r=Acos（ωt+φ），合振动也为简谐振动；频率不变，振幅为A=[A12+A22]1/2。3．[φ2-φ1]=π/2，x2/A12+y2/A22=1，轨迹为正椭圆，A1=A2=A，轨迹为圆，且顺时针旋转。4．[φ2-φ1]=3π/2，x2/A12+y2/A22=1，轨迹为正椭圆，A1=A2=A，轨迹为圆，但逆时针旋转。质点的运动轨迹一般为椭圆，椭圆形状由位相差决定。例题14-4有两个简谐振动，振动方程为：x1=5×10-2cos[10t+3π/4]，x2=6×10-2cos[10t+π/4]；求：（1）合振动方程；（2）若x3=7×10-2cos（10t+β），β=?可使（x1+x3）振幅最小。解：（1）x1与x2两个振动的位相差为Δφ=3π/4-π/4=π/2；合振动的振幅为：A=[A21+A22]1/2=[52+62]1/2×10-2=7.8×10-2m；tgφ=[A1sinφ1+A2sinφ2]/[A1cosφ1+A2cosφ2]=[5sin3π/4+6sinπ/4]/[5cosπ/4+6cosπ/4]；tgφ=7.78/0.707=11.0；合振动的初相为：φ=arctg11.0=84.8º；合振动的振动方程为：x=7.8×10-2×cos（10t+84.8º）m。（2）x1与x3两个振动的位相差为Δφ=β-π/4；合振动的振幅最小的条件为：Δφ=π；∴β-π/4=±[2k+1]π；k=1，2…；∴当β=π/4±[2k+1]π时；[x1+x3]的振幅最小。振幅的最小值为：A=A2-A1=1×10-2m；例题14-5有两个同频率同振动方向的简谐振动的进行合成，已知合振动的振幅为A=20cm，周期为T=0.5s，初相位为φ=π/6；而且第一个振动振幅为A1=17.32cm，初相位为φ1=0；A2=Asinφ=20sinπ/6=10cm；求：第二个振动的振动方程。解：∵φ1=0；∴A1=Acosφ-A2cosφ2=20cosπ/6-A2cosφ2=17.32cm；∴A2cosφ2=0；cosφ2=0；∴φ2=π/2；∵A=[A21+A22+2A1A2cosφ2]1/2=[A21+A22]1/2；103\nA2=[A2-A21]1/2=10cm；ω=2π/T=2π/0.5=4π；x2=A2cos（ωt+φ2）=10cos（4πt+π/2）cm；103\n四、不同频率方向垂直的两个简谐振动的合成——李萨如图形1．不同频率方向垂直的两个简谐振动的合成后，质点的运动轨迹一般为一个稳定的图形，称为李萨如图形；圆形的形状取决于两个简谐振动的频率之比ω2/ω1。2．设质点同时参与两个谐振动：x=A1cos（ωt+φ1），y=A2cos（ωt+φ2）；两个简谐振动的频率之比等于李萨如图形在x，y方向上的切点数目之比，ω2/ω1=nx/ny。常用于测定未知频率。§6-3阻尼振动与受迫振动一、阻尼振动1．阻尼振动的微分方程：d2x/d2t+2βdx/dt+ω02x=0；特征方程为：λ2+2βλ+ω02=0。（1）β2-ω02>0；通解为：x=c1eλ1t+c2eλ2t；不为振动形式称为过阻尼。（2）β2-ω02=0；通解为：x=（b1+b2t）eλt；不为振动称为临界阻尼。（3）β2-ω02<0；通解为：x=Ae-βtcos（ωt+φ），其中ω=（β2-ω02）1/2；ω0=（K/m）1/2。2．阻尼振动方程为；x=Ae-βtcos（ωt+φ），t→∞，x→0，振动终止。二、受迫振动1．微分方程：d2x/d2t+2βdx/dt+ω02x=HcosΩt；HcosΩt称为策动力。2．通解为：d2x/d2t+2βdx/dt+ω02x=HcosΩt……①x=X+x*；X为齐次通解，x*为任意一个特解。X=A/e-βtcos（ωt+Ф）；t→∞，X=0。稳定情况下x=x*；令x=x*=acosΩt+bsinΩt；……②将②代入①得：-Ω2[acosΩt+bsinΩt]-2βΩasinΩt+2βΩbcosΩt+ω02acosΩt+ω02bsinΩt=HcosΩt；（ω02a+2βΩb-Ω2a）cosΩt+（ω02b-2βΩa-Ω2b）sinΩt=HcosΩt；∴ω02a+2βΩb-Ω2a=H，ω02b-2βΩa-Ω2b=0；解得：a=H[Ω2-ω02]/[（Ω2-ω02）2+4β2Ω2]；b=2βΩH/[（Ω2-ω02）2+4β2Ω2]；令a=H[Ω2-ω02]/[（Ω2-ω02）2+4β2Ω2]=Acosφ，b=2βΩH/[（Ω2-ω02）2+4β2Ω2]=-Asinφ；则强迫振动的稳定解为：x=acosΩt+bsinΩt=AcosΩtcosφ-AsinΩtsinφ=Acos（Ωt+φ）。其中：A=[a2+b2]1/2=H/[（Ω2-ω02）2+4β2Ω2]1/2，tgφ=-b/a=2βΩ/（Ω2-ω02）；（1）稳定强迫振动的频率取决于策动力频率，（2）振幅与频率有关。三、共振：1．位移共振：A=H/[（Ω2-ω02）2+4β2Ω2]1/2；令dA/dΩ=0，当Ω=[ω02-2β]1/2，此时振幅最大为Am=H/2β[ω02-2β]1/2；称为振幅共振。2．速度共振：v=dx/dt=-ΩAsin（Ωt+φ）=-Vsin（Ωt+φ）。V=ΩA，为速度幅值。令dV/dΩ=0，当Ω=ω0时，Vm=H/2β；此时速度幅值最大，称为速度共振。例题14-6一弹簧系统，已知振子质量为m=1.0kg；弹簧的倔强系数为k=900N/m；阻尼系数为β=10.0/s；为使振动能够持续进行，加上一个周期性外力F=100cos30tN；求：（1）稳定振动的圆频率、振幅、初相和振动方程；（2）若外力的频率可以调节，发生共振时的频率是多少？共振的振幅是多大？解：振动系统的固有圆频率ω0=[k/m]1/2=[900/1.0]1/2=30rad/s；（1）受迫振动达到稳定时，振动频率与外力的频率相同，∴ω=30rad/s；受迫振动达到稳定时振幅为：A=F/m[（ω02-ω2）2+4β2ω2]1/2；A=100/（2×10×30）=0.167m；tgφ=-2βω/（ω02-ω2）=-∞；∴φ=-π/2；x=Acos（ωt+φ）=0.167cos（30t-π/2）；（2）令dA/dω=0；ωr=（ω02-2β2）1/2=（302-2×102）1/2=26.45rad/s；共振时的振幅为：Ar=F/m[（ω02-ωr2）2+4β2ωr2]1/2；Ar=100/[（302-26.52）2+4×102×26.52]1/2=0.177m；作业6（P74）：6-20，6-21，6-22，6-24。103\n第七章机械波一、基本要求：掌握简谐波的波动方程、能量和能流；理解波的干涉和驻波；了解惠更斯原理和多普勒效应。二、重点内容：简谐波的波动方程，简谐波能量，波的干涉。三、难点内容：驻波，，惠更斯原理，多普勒效应。本章内容和方法都比较抽象，要着重讲述简谐波的基本规律，使学生掌握分析和解决波动问题的基本方法。本章内容计划使用6学时。§7-1机械波的描述一、机械波的产生与传播：1.机械波：机械振动的传播为机械波。2.机械波的产生条件：（1）存在波源；（2）存在弹性媒质。二、横波与纵波：1.横波：振动方向与传播方向垂直；具有波峰和波谷；存在于固体内和液体表面上存在。2.纵波：振动方向与传播方向平行；有稠密区和稀疏区；存在于固体、液体和气体内。三、机械波的几何描述：1.波线：表示传播方向的射线。2.波面：媒质中振动位相相同的点联成的曲面。3.波前面：某一时刻，波动传到的媒质中各点联成的曲面；即最前边的一个波面。四、机械波的物理描述1.波速u：单位时间波动传播的距离，波速取决于媒质的性质。2.波长λ：一个完整波形的长度或媒质中振动位相差为2π的两点间的距离。3.周期T：传播一个完全波形需要的时间；频率ν=1/T。周期和频率取决于波源。4.关系：u=λ/T=λ·ν；§7-2简谐波的波动方程一、简谐波：1．简谐振动在媒质中传播形成简谐波，媒质中各点都在作简谐振动。2．一般的波动都可以看成由若干个简谐波叠加而成。二、简谐波的波动方程1.波动方程的建立：设一列简谐波沿x正方向传播，原点O的振动为y0=Acos（ωt+φ0），则坐标为x的P点的振动为：y=Acos（ωt+φP）；两点间的位相差为：Δφ=φ0-φ=ωx/u；∴φP=φ0-ωx/u；即：y（x，t）=Acos[ω（t-x/u）+φ0]=Acos[2π（t/T-x/λ）+φ0]。2.波动方程的意义：波动方程反映媒质中各点的运动规律。（1）确定一点（x一定），y=Acos[ωt+φx]，给出该点的振动方程。（2）确定时刻（t一定），y=Acos[ωx/u+φ]，给出该时刻的波形。3.波动方程的性质：（1）时间周期性：y（x，t）=y（x，t+NT）；（2）空间周期性：y（x，t）=y（x+Nλ，t）；（3）传播性：y（x，t）=y（x+uΔt，t+Δt）；4.波动方程的其他形式：（1）若简谐波沿x负方向传播，波动方程y=Acos[ω（t+x/u）+φ0]=Acos[2π（t/T+x/λ）+φ0]；（2）若坐标原点为波源，波动方程y=Acos[ω（t-r/u）+φ0]=Acos[2π（t/T-r/λ）+φ0]。（3）波动方程的微分形式：∂2y/∂t2-u2∂2y/∂x2=0。三、媒质中质点元的运动1.振动位移：y=Acos[ω（t±x/u）+φ0]=Acos[2π（t/T±x/λ）+φ0]；2.振动速度：v=∂y/∂t=-ωAsin[ω（t±x/u）+φ0]=-ωAsin[2π（t/T±x/λ）+φ0]；103\n3.振动加速度：a=∂v/∂t=-ω2Acos[ω（t±x/u）+φ0]=-ω2Acos[2π（t/T±x/λ）+φ0]；103\n§7-3简谐波的能量与能流密度一、简谐波的能量：在媒质中取一质量元：dm=ρdV；1.动能：dWk=½dm(∂y/∂t)2=½ρ(∂y/∂t)2dV=½ρω2A2sin2[ω（t-x/u）+φ0]dV；2.势能：dWp=½dmu2(∂y/∂x)2=½ρu2(∂y/∂x)2dV=½ρω2A2sin2[ω（t-x/u）+φ0]dV；3.能量：dW=dWk+dWp=ρω2A2sin2[ω（t-x/u）+φ0]dV；4.能量密度：w=dW/dV=ρω2A2sin2[ω（t-x/u）+φ0]；平均值：=ρω2A2；二、简谐波的能流密度1.能流：单位时间内垂直穿过某一面积的能量，P=wuS；平均值=uS=½ρω2A2udS；2.能流密度：单位时间内垂直穿过单位面积的能量，I=dP/dS=wu；=u=½ρω2A2u。三、简谐波的能量变化与能量传递1.媒质中任一质元dm=ρdV：动能与势能总是相等，同相位变化，机械能不守恒。2.质元在平衡位置（y=0），动能和势能都为最大，在振动端点（y=A），动能和势能都为零。3.质元在远离平衡位置的过程中，动能和势能都减小，该质元向后释放能量；质元在接近平衡位置的过程中，动能和势能都增大，该质元从前面质元吸收能量。例题7-1一列简谐波的波动方程为：y=0.1cos[10πt-4πx+π/2]；求：（1）波的振幅、波速、频率和波长；（2）x=1.25m质元的振动方程；（3）t=0.5s，x=1.0m质元振动速度；（4）x=0.5m和x=0.625m两质元之间位相差。解：（1）y=Acos（ωt-ωx/u+φ0）=0.1cos[10πt-4πx+π/2]；∴A=0.1m；ω=10π；u=2.5m/s；ν=ω/2π=5Hz；λ=u/ν=0.5m；（2）x=1.25m，y=0.1cos[10πt-5π+π/2]=0.1cos[10πt-π/2]；（3）v=dy/dt=-πsin[10πt-4πx+π/2]；t=0.5s，x=1.0m，v=-3.14sin[3π/2]=3.14m/s；（4）Δφ=ωΔx/u=10π（0.625-0.5）/2.5=π/2；例题7-2简谐波以u=2m/s自左向右传播，某点A振动方程为：y=3cos[4πt-π]cm；（1）选取x轴的正方向向右，以A点为坐标原点，求波动方程；（2）选取x轴的正方向向左，以A点左方2m处的B点为坐标原点，求波动方程。解：（1）A=3cm；ω=4π；u=2m/s；φA=-π；∴y=Acos（ωt-ωx/u+φA）=3cos[4πt-2πx-π]；（2）A=3cm；ω=4；u=2m/s；φA=-π；φB-φA=ωAB/u=4π；φB=φA+4π=-π+4π=3π；∴y=Acos（ωt+ωx/u+φB）=3cos[4πt+2πx+π]；例题7-3一平面简谐波沿x轴正方向传播，振幅A=2m，圆频率ω=4π；在t1=1s时，x1=2m处的A点处在平衡位置，向y负方向运动；在t1=1s时，x2=4m处的B点的振动位移为yB=1m，且向y轴正方向运动。求：（1）该简谐波的波动方程；（2）x=-6m处P点的振动方程。解：设y=Acos（ωt-ωx/u+φ）；v=-ωAsin（ωt-ωx/u+φ0）；∵A=2m，ω=4π；φ0=？（1）∵在t1=1s时，x1=2m处，yA=2cos（4π-8π/u+φ0）=0，vA=-8πsin（4π-8π/u+φ0）<0；∵在t1=1s时，x2=4m处，yB=2cos（4π-16π/u+φ0）=0，vA=-8πsin（4π-16π/u+φ0）>0；可得：4πt-8π/u+φ0=π/2………①，4πt-16π/u+φ0=-π/3，………②可以解得：u=48/5m/s；φ0=4π/3-4π;；∴y=Acos（ωt-ωx/u+φ0）=2cos（4πt-5πx/12+4π/3）；（2）将x=-6m代入，可得P点的振动方程：yP=2cos（4πt+30π/12+4π/3）=2cos（4πt+11π/6）；例题7-4一简谐波的频率为f=500Hz，振幅为A=10-6m，在空气中传播；空气密度为103\nρ=1.3kg/m3，波速为u=340m/s；求：波的平均能量密度和波的强度；解：=ρω2A2/2=1.28×10-5J/m3；I=u=1.28×10-5×340=4.36×10-3W/m2；103\n§7-4惠更斯原理一、Huygens原理：1.表述：波面上的任一点都可作为源发射子波的波，所有子波波面的包络决定新的波面。2.由Huygens原理可以确定波面和波线，但是不能确定波的振幅。二、Huygens原理的应用：1.Huygens原理的应用要点：（1）在波面上确定若干个点作为子波波源；（2）各个子波面都是半球面；（3）所有子波波面的包络（共切面）形成新的波面；（4）波线垂直波面。2.应用Huygens原理解释波的衍射现象。3.应用Huygens原理推导波的折射定律和反射定律。§7-5波的干涉与驻波一、波的独立传播与叠加原理1.媒质中两列波相遇后都保持自己原有特性（相位、频率和振动方向）继续传播；2.几列波共存的区域内任一点振动位移等于各个波独自存在时在该点引起位移的矢量和。二、波的干涉1.波的干涉现象：在波发生叠加的区域内，有些地方振动总加强，有些地方振动总是减弱。2.波的干涉条件：（1）频率相同，（2）振动方向相同，（3）位相差恒定。3.干涉加强与干涉减弱：设两波源的振动为；ys1=A1cos[ωt+φs1]，ys2=A2cos[ωt+φs2]；在P点引起的振动分别为：yP1=A1cos[ω（t-r1/u）+φs1]，yP2=A2cos[ω（t-r2/u）+φs2]。设P点的合振动为：y=yP1+yP2=Acos[ωt+φ]；其中：A=[A21+A22+2A1A2cosΔφ]1/2，Δφ=(φs2–φs1)+2π(r1–r2)/λ；(1)Δφ=±2kπ，A=A1+A2；干涉加强。(2)Δφ=±(2k+1)π，A=│A1-A2│；干涉减弱。三、驻波1.驻波的形成：两列振幅相同传播方向相反的相干波的叠加形成驻波。2.驻波方程：y1=A0cos[ωt-2πx/λ]，y2=A0cos[ωt+2πx/λ]。y=y1+y2=2A0cos2πx/λcosωt；3.振幅分布：令：A(x)=∣2A0cos2πx∣…………振幅分布函数；（1）x=kλ/2，y=0；为波节。（2）x=（2k+1）λ/4，y=2A0；为波腹。Δx=xk+1-xk=λ/2。（3）波节与波幅的位置固定，说明驻波的波形不随时间传播。4.位相分布：cos2πx≥0，y=A(x)cosωt；cos2πx≤0，y=-A(x)cosωt=A(x)cos(ωt+π)；相邻两个波节之间各点振动位相相同；波节两侧对应点的振动位相相反。5.驻波的能量：动能密度wk=½ρ[∂y/∂t]2=2ρω2A20cos22πx/λsin2ωt；势能密度wp=½ρu2[∂y/∂x]2=2ρω2A20sin22πx/λ·cos2ωt；波节处（x=kλ/2）wk=0，wp=2ρω2A20·cos2ωt，动能为零，势能最大；波腹处x=[2k+1]λ/4，wp=0，wk=2ρω2A20·sin2ωt，势能为零，动能最大；在波节与波腹之间，动能和势能相互转换。在一个完整的波段内能量守恒。能流密度：I1=ρω2A2sin2ω（t-x/u）ui，I2=-ρω2A2sin2ω（t+x/u）ui，I=I1+I1=0，平均而言驻波不传播能量，一个完整波段（波节与波腹之间）的能量守恒。四、半波损失1.半波损失概念：反射波与入射波之间在反射点存在π相位突变，相当于反射波多（少）走了半个波长，称为半波损失。2.绳线上波的反射：在固定端反射存在半波损失；在自由端反射不存在半波损失。3.媒质界面上波的反射：媒质波阻抗Z=ρu，Z大的媒质称为波密媒质，Z小称为波疏媒质；由波疏媒质向波密媒质传播存在半波损失；由波密媒质向波疏媒质传播不存在半波损失。3.光波的反射：折射率n=c/v；n大的媒质为光密媒质，n小的媒质为光疏媒质。由光疏媒质向光密媒质传播存在半波损失；由光密媒质向光疏媒质传播不存在半波损失。103\n例题7-5相干波源S1和S2相距d=30m，S1的相位比S2的相位落后π；两波源都在x轴上，且S1为原点；若x1=9m的A点和x2=12m的B点是相邻的干涉静止点；求：（1）波长λ；（2）所有的干涉静止点。解：（1）A点到波源S1的距离为r1=x1=9m，到波源S2的距离为r2=d-x1=21m，∴Δφ1=（φS2-φS1）+2π（r2-r1）/λ=-π-24π/λ=（2k+1）π；B点到波源S1的距离为r/1=x2=12m，到波源S2的距离为r/2=d-x2=18m，∴Δφ2=（φS2-φS1）+2π（r/2-r/1）/λ=-π-12π/λ=（2k/+1）π；A、B是相邻干涉静止点；k/=k+1；∴-π-24π/λ=(2k+1)π；-π-12π/λ=(2k+3)π；解得：λ=6m；（2）对S1和S2之间的任一点，S1发出的波向x正向传播，S2发出的波向x负向传播。∴y1=Acos(ωt-ωx/u+φS1)=Acos(ωt-2πx/λ)；y2=Acos(ωt-ωx/u+φS2)=Acos(ωt+2πx/λ+π-2πd/λ)；位相差Δφ=π+2π(2x-d)/λ；令Δφ=(2k+1)π；得(2x-d)=kλ；k=(2x-d)=k/λ；∵0≤x≤d，∴-5≤k≤+5；干涉静止点坐标x=（kλ+d）/2；k=0，±1，±2，±3，±4，±5。例题7-6一弦线上有一列简谐波的波动方程为：y1=0.02cos（πt/2+πx/2），在x=0的固定端发生理想反射；求：（1）反射波的波动方程；（2）合成的驻波的波动方程；（3）波腹与波节的位置；解：（1）入射波向x负向传播，反射波向x正向传播，由于半波损失，在x=0反射波与入射波之间具有位相差π；所以反射波的波动方程为：y2=0.02cos[（πt/2+πx/2）+π]，（2）合成的驻波的波动方程y=y1+y2=0.02cos（πt/2+πx/2）+0.02cos（πt/2+πx/2）；由三角和差化积公式可得：y=0.04cos[π/2+πx/2]·cos[-πt/2+π/2]；（3）令cos[π/2+πx/2]=±1，则：[π/2+πx/2]=kπ，波腹位置坐标为：x=[2k-1]；令cos（π/2+πx/2）=0，则：（π/2+πx/2）=（2k+1）π/2，波节位置坐标为x=2k；k=1，2，…；§7-5多普勒效应与冲击波*一、多普勒效应1.多普勒效应：由于波源或观察者相对媒质运动，使接收的频率不等于波源的频率。波源的频率ν=u/λ，接收的频率ν/=u//λ/；Δν=ν-ν/∣…………多普勒频移。2.多普勒效应的理论分析：设波源的速度vs,观察者的速度vb,靠近时为正，远离时为负。（1）波源不动（vs=0），观察者运动（vb≠0）的情况：观察者测得：u/=u+vb，λ/=λ；∴ν/=u//λ/=(u+vb)/λ=(u+vb)/(uT)=(1+vb/u)ν。vb>0，观察者靠近波源，ν/>ν；vb<0，观察者远离波源，ν/<ν；vb=-u，ν/=0，接收不到波。（2）观察者不动（vb=0），波源运动（vs≠0）的情况：观察者测得：u/=u，λ/=λ-vsT=(u-vs)T；∴ν/=u//λ/=u/(u-vs)(1/T)=[u/(u-vs)]ν。vs>0，波源靠近观察者，ν/>ν；vs<0，波源远离观察者，ν/<ν。（3）观察者和波源都运动（vb≠0，vs≠0）的情况：观察者测得：u/=u+vb，λ/=λ-vsT=(u-vs)T；∴ν/=u//λ/=(u+vb)/(u-vs)(1/T)=[(u+vb)/(u-vs)]ν…………多普勒频率公式。波源与观察者相互靠近时，vs>0，vb>0，ν/>ν；相互远离时，vs<0，vb<0，ν/<ν。二、冲击波*当vs>u时，ν/<0，没有意义；波源的载体运动将在媒质中引起一种波——冲击波。例题7-7两列火车分别以v1=72km/h和v2=54km/h的速度相向行驶，如果第一列火车的汽笛声波的频率为ν=600Hz，空气中的声速为u=340m/s；求：第二列火车上的观察者接收到汽笛声的频率。解：vs=v1=20m/s，vb=v2=15m/s，ν=600Hz，u=340m/s；∵ν/=[(u+vb)/(u-vs)]ν；∴ν/=[(340+15)/(340-20)]600=(355/320)×600=666Hz。103\n作业7（P88）：7-20，7-21，7-23，7-24。103\n第八章分子动理学基础一、基本要求：掌握理想气体状态方程、统计假设、能量均分原理；理解压强和温度的统计意义；了解速率分布律、平均碰撞频率和平均自由程。二、重点内容：统计假设、统计公式、统计规律和能量均分原理。三、难点内容：统计假设、统计公式、统计规律。本章内容和方法都比较抽象，要着重讲述统计假设、统计公式、统计规律，使学生掌握分子动理学的基本概念和方法。本章内容计划使用5学时。§8-1分子运动的描述和统计假设一、状态参量和平衡态：1.状态参量：（1）体积V，（2）压强P，（3）温度T；2.平衡态：在没有外界影响下，系统状态参量不随时间变化。3.平衡态的性质：(1)压强处处相同；(2)温度处处相同；(3)组分和密度处处相同。三、理想气体状态方程：1.质量一定时，PV/T=常量；2.Clapeyron方程：PV=M/μRT=νRT；3.P=N/VR/N0T=nkT；四、分子运动基本观点：1.物体是由大量分子组成的：(1)分子的数目是巨大的；(2)分子之间有间距；2.分子的运动是无规则的：(1)单个分子遵循力学规律，(2)分子受到的主要作用是的碰撞；3.分子之间存在作用力：(1)分子力为保守力对应分子势能；(2)分子力为短程力(r≈10-10m)；五、统计方法与统计假设1.统计方法：对大量随机事件，用统计某个事件出现的次数研究各事件概率的分布的方法。2.统计假设：(1)分子在各个位置出现的概率相同；(2)分子沿各个方向运动的概率相同。3.统计假设的推论：(1)平均速度；(2)/3。§8-2理想气体的压强和温度一、理想气体微观模型1.分子大小可以忽略；2.除碰撞外，分子之间无作用力；3.分子之间的碰撞是完全弹性的。二、理想气体压强公式1.推导思路：(1)追踪单个分子，用力学的方法研究单个分子撞击器壁的作用力；(2)用统计的方法研究大量分子撞击器壁的作用力；(3)导出理想气体压强公式。2.压强公式的推导：(1)一个分子一次撞击器壁的冲量：p11=2mv1x；(2)单位时间内撞击器壁的次数：z=v1x/2l1；(3)单个分子对器壁的作用力：f1=zp11=mv21x/l1，∴f1=mv21x/l1，f2=mv22x/l1，……,fN=mv2Nx/l1；(4)大量分子对器壁的作用力为：F=f1+f2+……+fN==Nm/l1=⅓Nm/l1；(5)气体的压强为：p=F/S=⅓nm即：p=⅓nm=⅔n。3.压强的统计意义：(1)压强是大量分子撞击器壁的统计平均效果；(2)压强具有统计意义，对单个或少量几个分子没有意义。三、分子平均平动动能与温度的关系1.分子平均平动动能公式：p=⅓nm=⅔n=knT;分子平均平动动能；2.温度意义：(1)温度是物体冷热程度的量度，是大量分子无序运动剧烈程度的量度；103\n(2)温度具有统计的意义，对单个或少量几个分子没有意义。103\n§8-3分子能量均分原理一、自由度：确定物体的空间位置所需要的（或者物体能够沿以运动的）独立坐标数目称为自由度。1．质点自由度：自由质点可用三个坐标确定位置，质点仅能平动；∴i=t=3；2．直线刚体自由度：确定质心需；确定方位需；但，∴确定直线刚体的空间位置需要5个独立坐标；直线刚体可沿着三个方向做平动，但只能围绕其中两个轴转动；∴平动自由度t=3，转动自由度r=2，总自由度i=t+r=5。3．一般刚体自由度：确定质心需；确定方位需；；确定转动位置需；确定一般刚体的空间位置需要6个独立坐标；∵一般刚体可沿方向平动，可绕轴转动；∴一般刚体平动自由度t=3，转动自由度r=3，总自由度i=t+r=6。4．质点系统的自由度：对n个质点构成的系统，若系统是完全自由的，总自由度为i=3n；其中平动自由度t=3，转动自由度r=3，振动自由度为s=3n-6。二、分子的自由度：1．假设模型：（1）分子是完全自由的；（2）原子是质点（质量集中在原子核）；2．分子的自由度：（1）单原子分子：看作自由质点，∴i=t=3；r=s=0；（2）双原子分子：视为两体振子，∴i=6；t=3，r=2，s=1；（3）多原子分子：若分子含有n个原子，视为质点系，i=3n；t=3，r=3，s=3n-6。三、能量均分原理：1．分子的平均平动动能按平动自由度均分：∵=，；∴；∴每个平动自由度上分子都有一份平均动能且均为。2．分子的平均动能按自由度均分：∵分子沿各个方向以各种形式运动的概率相等；∴在每个自由度上分子都有一份平均动能，其量值均为。。3．分子的平均能量均分定理：∵在每个振动自由度上，分子不但具有振动动能而且还具有振动势能，两者数值平均相等；∴分子的平均能量为。四、理想气体的内能1．内能：所有分子热运动的动能和分子相互作用的势能的总和。2．理想气体的内能：。五、自由度冻结1．在低温下（T101K），转动自由度和振动自由度被冻结，各种分子都可以作为质点；2．在常温下(T102K)转动自由度解冻，振动自由度仍被冻结；各种分子都可以作为刚体；3．高温下（T103K）振动自由度开始解冻。103\n在常温下分子都可以作为刚性的，单原子分子i=3；双原子分子i=5；多原子分子i=6；103\n§8-4气体分子速率分布律一、速率分布律：1．速率分布律的概念：处于平衡态分子的速率各不相同；将速率划分若干个区间，统计各个速率区间的分子数，来研究分子速率出现概率的分布规律称为速率分布律。f(v)vvp2．速率分布律的形式：Maxwell用数理统计和概率论从理论上推导出气体分子的速度分布律，进而又得到气体分子的速率分布规律；分布在速率区间的分子数满足：┅┅Maxwell速率分布律。二、速率分布函数：1.定义：2.意义：表示在附近单位速率区间的分子数与总分子数比。三、速率分布曲线：1．；存在一个峰，峰值对应的速率称为最概然速率；2．曲线下的面积：微元的面积表示分子在速率区间内出现的概率。宏观面的面积表示分子在速率区间内出现的概率。曲线下总面积：。四、三种统计速率：1．最概然速率：令：，可以求得：=。∴若或一定，，速率分布曲线峰的位置右移，峰值减小；若一定，，速率分布曲线峰的位置左移，峰值增大。2.平均速率：；。3．方均根速率：=；。五、Maxwell速率分布律的实验验证：103\n§8-5分子平均碰撞频率与平均自由程一、分子平均碰撞频率1．模型与方法：（1）设每个分子都是直径为d的小球；（2）所有分子都以平均速度运动，分子之间相对速率平均为；（3）追踪一个分子的运动路径，观察该分子与其他分子的碰撞情况（用力学规律和方法）；（4）用统计方法研究大量分子相互碰撞的平均效果。2．分子平均碰撞频率：（1）单个分子与其他分子的碰撞情况：以该分子的运动轨迹为轴线以分子直径d为半径作一个圆柱型的圆筒；圆筒内的所有分子都与该分子发生碰撞。所以碰撞次数等于圆柱筒内的分子数。圆柱筒内的分子数为：dN=ndV=nπd2dt；单位时间内碰撞次数为：=nπd2；（2）相对速率平均值：由于分子沿各个方向运动的概率都相等；两分子运动方向的夹角α在0~180º之间等概率分布，所以=90º；所以大量分子之间的无规则碰撞可以看成各个分子都以平均速率相互垂直碰撞；相对速率平均值=√2。平均碰撞频率=√2nπd2；二、平均自由程1．自由程：相邻两次碰撞之间分子走过的路程。2．平均自由程：=/=1/（√2nπd2）例题8-1空气在标准状态下，摩尔质量为μ=0.029kg，分子的直径为d=3×10-10m；求：(1)n=?；(2)m=?；(3)ρ=?；(4)；(5)?；(6)=？；(7)=？；(8)=?；(9)=?；(10)=?；(11)=?；(12)h=1m，分子重力势能于平均动能之比。解：（1）n=p/kT=2.6×1025/m3；（2）m=u/NA=0.029/(6.02×1023）=4.8×10–26kg；（3）ρ=nm=4.8×10–26×2.6×1025=1.3kg/m3；（4）=3kT/2=3×1.38×1023×273/2=5.6×10-21J；（5）5kT/2=5×1.38×1023×273/2=9.4×10-21J；（6）==≈400m/s；（7）==≈450m/s；（8）==≈490m/s；（9）===9.0×10-8m；（10）=/=450/9.0×10-8=5×109/s；(11)=（1/n）1/3=（1/2.6×1025）1/3=3.4×10-9m；（12）εp=mgl=4.8×10–26×9.8=4.7×10–25J；εp/εk=4.7×10–25/9.4×10–21=5×10–5；例题8-2求空气在标准状态下，分布在（vp~vp+1）速率区间的分子数与总分子数之比。解：由速率分布律；ΔN//N=4π[m/2πkT]3/2·exp{-mv2/2kT}·v2Δv；∵vp=[2kT/m]1/2；∴ΔN//N=4π[1/πvp2]3/2·exp{-v2/vp2}·v2Δv；又∵Δv=1<0，Q1>Q2；系统吸热转化为对外作功，代表热机循环。(2)逆时针循环，W<0，外界作功将热量迁移，代表致冷机循环。二、热机效率与致冷系数1.热机效率：。热机致冷机P1234T1T22.致冷系数：,三、Carnot循环1.Carnot循环：两条等温线与两条绝热线构成卡诺循环。2.Carnot循环的效率：Q1=νRT1ln(V2/V1)；Q2=νRT2ln(V3/V4)；η=1-(Q2/Q1)=1-(T2/T1)(lnV3/V4）/lnV2/V1)；∵T1V1γ-1=T2V4γ-1；T1V2γ-1=T2V3γ-1；∴lnV3/V4=lnV2/V1；η=1-(Q2/Q1)=1-T2/T1。3.Carnot制冷系数：103\n103\n§9-4热力学第二定律一、.热力学第二定律的表述：1.Kelin表述：不可能持续地将热量全部转换为功而不产生其他影响；即第二类永动机(η=100％)是制造不成的。Kelin表述揭示了热功转换的不可逆性质。2.Clausius表述：不可能自动地将热量由低温物体传递到高温物体而不产生其他影响。Clausius表述揭示了热传导的不可逆性质。二、两种表述的等价性：1.由K表述推论C表述：设K表述不成立，存在一个热机工作在高温热源和低温热源之间，从高温热源吸收的热量全部转换为功即W=Q；令这个热机开动一个制冷机，从低温热源吸收的热量为Q2，放给高温热源的热量为Q1=W+Q2=Q+Q2；当热机和制冷机复原后，低温热源失去热量Q2，高温热源失去的热量为Q得到的热量为Q+Q2；相当于自动将热量Q2由低温热源传到高温热源，即违背了C表述。2.由C表述推论K表述：设C表述不成立，存在一种机制可以自动地将热量Q2由低温热源传到高温热源，令一个热机工作在这两个热源之间，从高温热源吸收的热量Q1，放给低温热源的热量Q2，对外作功W；低温热源失去热量Q2得到热量Q2；高温热源得到热量Q2，失去热量Q1；相当于从高温热源吸收热量Q=Q1-Q2全部转换为功；即违背了K表述。因为由K表述可以推论C表述，由C表述也可以推论K表述；所以两种表述是等价的。三、热力学第二定律的意义：1.各种不可逆过程是有关联的，由一种过程的不可逆性可推论另一种过程的不可逆性。热力学第二定律揭示了所有不可逆过程的共性；由可以推论任何不可逆过程的不可逆性。2.一切自发过程都是不可逆过程，由热力学第二定律可以推论任何自发过程的行进方向。3.自发过程与非自发过程与系统的选取有关；变换系统可以将非自发过程转化为自发过程；所以由热力学第二定律也可以推论非自发过程的行进方向。因此，热力学第二定律是判定热力过程进行方向的一个基本规律。§9-5卡诺定理一、Cornot定理的表述：1.工作在两个恒温热源之间的一切可逆热机的效率都相等。η可=1-Q2/Q1=1-T2/T1。2.工作在两个恒温热源之间的一切不可逆热机的效率都不大于可逆热机的效率。∴η不可≤η可=1-T2/T1。二、Cornot定理的推证：1.设两个可逆热机e和e/工作在两个相同热源之间，效率分别为η可、η/可。(1)若η可＞η/可；调解工作时间使得：W=W/；则Q1＜Q/1，Q2＜Q/2；令热机e作正循环开动热机e/作逆循环；联合作用的效果是低温热源自动将热量Q=Q/1-Q1=Q/2-Q2传给高温热源，违背热二律的克劳修斯表述，因此η可＞η/可不可能。(2)若η可＜η/可；调解工作时间使得：W=W/；则Q1＞Q/1，Q2＞Q/2；令热机e/作正循环而热机e作逆循环；联合作用的效果是低温热源自动将热量传给高温热源，这也违背克劳修斯表述，因此η可＜η/可也不可能。所以只有：η可=η/可。2.设可逆热机e和不可逆热机e/，工作在两个相同热源之间，效率分别为η可，η不可。若η可＜η不可；调解工作时间使得：W=W不可；则Q1＞Q不可，Q2＞Q不可；令不可逆热机e/作正循环而可逆热机e作逆循环；联合作用的效果是低温热源自动将热量Q=Q1-Q/1=Q2-Q/2传给高温热源，这也违背热二律的克劳修斯表述，因此η可＜η/可不可能。所以只有：η不可≤η可。三、Cornot定理的意义和应用：1.估算热机效率：η≤1-Tmin/Tmax。103\n2.提高热机效率途径：(1)降低低温源的温度。(2)提高高温源的温度。(3)尽可能达到可逆。103\n§9-6熵增加原理一、熵的概念：1.熵概念的引出：描述热力学系统的状态与过程的物理量及其关系可由下表表示。状态量过程量可逆过程关系强度量广延量力学量PVAdA=PdV热学量T（S）Q（dQ=TdS）为使描述热力学系统的状态与过程的物理量及其关系具有对称性，可以引入熵S的概念。2.熵的定义：dS=dQ/T（可逆）；3.熵的性质：(1)熵是状态量；(2)熵是广延量。二、熵增加原理：1.过程最大功：始末状态和路径确定的过程，可逆情况下作功最大，W可>W不可。2.熵增加原理：dQ=dE+dW，∵dW可>dW不可，∴dQ可>dQ不可，dS≥dQ/T。对孤立系统dQ=0；dS≥0。(1)孤立系统内一切过程都沿着熵增方向进行；(2)一切自发过程都沿着熵增方向进行；(3)系统处于平衡态时熵最大；(4)可逆绝热过程熵不变。三、熵增加量的计算1.对可逆过程：由熵变量的定义直接计算。2.对不可逆过程：可设计一个可逆过程（初、末状态都相同）进行计算。§9-7熵和热力学第二定律的统计意义一、热力学概率1.宏观态与微观态：设4个全同粒子放在容器内，粒子在容器左右两边分布情况表示如下。宏观态1（1）2（对应4个微观态）3（对应6个微观态）4（对应4个微观态）5（1）左abcdabcabdacdbcdAbAcAdbcbdCdaBcd右DCbaCdBdBcadacAbbcdacdabdabcabcd可以看出，有16个微观态和5个宏观态；每个宏观态对应的微观态的数目不同。2.热力学概率：系统宏观状态所对应的微观态的数目为热力学概率Ω。显然：(1)宏观状态所出现的概率正比于热力学概率Ω；(2)平衡态对应的热力学概率最大；(3)偏离平衡态越远的状态热力学概率越小；(4)自发过程沿着热力学概率增大的方向进行。二、熵的统计意义：1.Boltzman熵方程：热力学概率大的状态熵也大，自发过程都是沿着热力学概率增大的方向进行，也是沿熵增大的方向进行的，所以熵和热力学概率存在着必然的关系，可以推得；S=klnΩ…………Boltzman熵方程。2.熵的统计意义：平衡态熵最大，热力学概率最大，对应的微观态的数目越多，系统微观态的分布越复杂；系统也就处在越混乱无序的状态。所以熵越大的状态越无序；熵是系统无序程度的量度。3.熵概念的拓延——信息熵：；其中为第i个随机事件出现的概率，为随机事件总数。这就将熵的概念推广应用到其他领域。四、热二律的统计意义：孤立系统内一切过程都是由概率小的状态向概率大状态进行的。103\n例题9-1系统由状态a经历某一路径到达状态b，系统吸热Q1=345J，对外作功W1=125J；若系统由状态b经历另一路径回到状态a；外界对系统作功W2=80J；求：在后一过程中系统吸取的热量Q2。解：由热力学第一定律Q=ΔE+W；对a~b的过程，ΔE=Eb–Ea=Q1-W1=345-125=220J；对b~a的过程，Q2=（Ea–Eb）-W2=-220-80=-300J。例题9-2一个汽缸中装有2mol的氮气，初始温度为300K，体积为20lit；先将气体等压膨胀使其体积增大一倍，然后绝热膨胀使其温度与初始温度相同；求：(1)等压过程和绝热过程中气体对外作的功、内能增量和吸取的热量；(2)整个过程中气体对外作的功、内能增量和吸取的热量。解：(1)等压过程：T1/T0=V1/V0=2；T1=600K；Wp=p0（V1-V0）=2RT0=4986J；ΔEp=5R（T1-T0）=5RT0（T1/T0-1）=5RT0（V1/V0-1）=5RT0=12465J；Qp=ΔEp+Wp=17451J；绝热过程：Qs=0；-Ws=ΔEs=5R（T0-T1）=-5R（600-300）=-12465J；Ws=12465J；（2）W=Wp+Ws=17451J；ΔE=ΔEp+ΔEs=0；Q=Qp+Qs=17451J；例题9-32mol的氢气，被活塞封闭在一个绝热容器的下半部（恰好一半）而与外界平衡，为防止活塞脱落容器开口处有一凸出的边缘；现将Q=2×104J的热量缓慢地传给气体，使气体逐渐膨胀；若活塞的厚度和质量都可以忽略，外部大气处于标准状态；求：气体最终状态的体积、压强和温度。解：氢气的初始状态为：p1=1.01×105Pa，T1=273K，V1=2RT1/p1=44.8Lit；气体先经历一个等压膨胀过程由状态1到→状态2；体再经历一个等容加热过程，由状态2到状态3。由状态1→状态2：p2=p1=1.01×105Pa；V2=2V1=89.6Lit；T2=2T1=546K；Qp=νCpΔT=2Cp（T2-T1）=7R×273=1.6×104J；由状态2→状态3；V3=V2=89.6Lit；QV=Q-Qp=0.5×104J；QV=2CV（T3-T2）=5R×（T3-546）；解得：T3=645K；P3=（T3/T2）P2=（645/546）×1.01×105=1.20×105Pa；气体最终状态的体积为V3=89.6Lit；压强为P3=1.20×105Pa；温度为T3=645K。例题9-4一个带有活塞的容器被一个隔板分为两部分；左边盛有1mol的氧气处于标准状态，右边为真空；先将隔板抽开，待气体重新平衡后再缓慢地压缩气体使其恢复到原来的体积；求：气体的温度改变了多少。解：氧气的初始状态为：P1=1.01×105Pa；T1=273K；V1=RT1/p1=22.4Lit；气体先经历一个自由膨胀过程，由状态1到状态2；因为W=0；Q=0；所以：ΔE=0；（T2-T1）=0。T2=T1=273K；V2=2V1=44.8Lit；气体在经历一个绝热压缩过程，由状态2到状态3；V3=V1=22.4Lit；T3=（V2/V3）r-1T2=22/5×273=433K；ΔT=（T3-T1）=433-273=160K。例题9-51mol氧气在P-V图上先经历一条直线过程I由状态1到状态2；已知：p1=1.01×105Pa，V1=10Lit；p2=4.04×105Pa；V2=20Lit；再经历过程II变化到状态3；过程II的参量关系满足：pV1/2=常量；p3=p1=1.01×105Pa；求：在过程I和过程II中吸取的热量。解：（1）过程I：W1=P1（V2–V1）+（P2–P1）（V2–V1）/2=0.25×103J；ΔE1=i/2RΔT=5（P2V2–P1V1）/2=1.77×103J；Q1=ΔE1+W1=2.02×103J；（2）过程II：∵PV1/2=常量；∴V3=[p2/p3]2×V2=16V2；ΔE1I=5(P3V3–P2V2)/2=6.06×103J；103\nW=∫PdV=∫V-1/2dV=6P2V2=4.85×103J；Q1I=ΔE1I+W1I=1.09×104J；例题9-6一个热机作卡诺循环，高温热源的温度为T1=400K，在每次循环中热机从高温热源吸收Q1=100J的热量，向低温热源放出Q2=80J的热量；求：（1）热机的循环效率；（2）低温热源的温度。解：（1）W=Q1-Q2=100-80=20J；η=W/Q1=20/100=20%；（2）η=1-Q2/Q1=1-（T2/T1）；T2/T1=Q2/Q1；T2=（Q2/Q1）T1=0.8×400=320K；例题9-7双原子理想气体在p-V图上先经历一条直线过程由状态1到状态2；已知：p1=1.0×105Pa，V1=10Lit；p2=4.0×105Pa；V2=20Lit；再经等容过程由状态2变化到状态3，p3=p1=1.01×105Pa；最后经历等压过程由状态3回到状态1完成循环；求：循环效率。解：循环过程作的净功等于循环曲线包围的面积；W=（p2-p1）（V2-V1）/2=1.5×103J；系统仅在直线过程中吸取热量，Q1=W1+ΔE1=p1（V2-V1）+（p2-p1）（V2-V1）/2+5（p2V2–p1V1）/2=8.0×103J；η=W/Q1=1.5/8.0=18.75%；例题9-8理想气体经历循环过程ABCDA；其中A~B和C~D为等压过程（压强分别为p1和p2），B~C和D~A为绝热过程；已知TB=400K，TC=300K；求：循环效率。解：等压过程A~B吸热：Q1=νCP（TB-TA）；等压过程C~D放热：Q2=νCP（TC-TD）；所以循环效率为η=1-Q2/Q1=1-（TC-TD）/（TB-TA）；B~C和D~A为绝热过程；TB-rp1r-1=TC-rp2r-1；TA-rp1r-1=TD-rp2r-1；∴（TC-TD）/（TB-TA）=（p2/p1）r/r-1=（TC/TB）；∴η=1-Q2/Q1=1-（TC/TB）=1-300/400=0.25=25%；例题9-9双原子理想气体经历循环过程ABCDA；其中A~B和C~D为等容过程，B~C和D~A为绝热过程；已知VA=VB=V1，VC=VD=V2；求：循环效率。解：在等容过程A~B中吸热，Q1=νCV（TB-TA）；在等容过程C~D中放热，Q2=νCV（TC-TD）；所以循环效率为η=1-Q2/Q1=1-（TC-TD）/（TB-TA）；B~C和D~A为绝热过程；TBV1r-1=TCV2r-1；TAV1r-1=TDV2r-1；∴(TC-TD）/（TB-TA）=（V2/V1）r-1；∴η=1-Q2/Q1=1-（TC-TD）/（TB-TA）=（V2/V1）r-1；例题9-11一热机工作在T1=500K和T2=300K两个恒温热源之间，每次循环对外作的净功为W=3.0×103J；求：可能放给低温热源的最小热量。解：η=W/Q1≤1-（T2/T1）=1-300/500=0.4；Q1=W/η≥3.0×103/0.4=7.5×103J；Q2=Q1-W≥7.5×103-3.0×103=4.5×103J；所以可能放给低温热源的最小热量为4.5×103J。例题9-121mol氧气，初始处于标准状态；经历下述过程使其体积变化为原来的2倍；（1）可逆等压膨胀；（2）可逆等温膨胀；（3）可逆绝热膨胀；（4）自由膨胀。求：气体在各个过程中熵的改变量ΔS。解：（1）对等压过程：dQp=νCpdT；dSp=dQp/T=νCpdT/T；ΔSp=νCp∫dT/T=Cpln（T2/T1）；∵（T2/T1）=（V2/V1）=2；ν=M/u=1；Cp=7R/2；∴ΔSP=3.5Rln2=20.16J/K。（2）对等温过程：QT=νRTln（V2/V1）；ΔST=QT/T=νRln（V2/V1）=Rln2=5.76J/K。（3）对可逆绝热膨胀过程：dQr=0；dSr=dQr/T=0；∴ΔSr=0。（4）对自由膨胀过程：因为气体系统与外界无任何相互作用，所以：Q=0，W=0；由热力学第一定律：Q=ΔU+W；可得，ΔU=（U2-U1）=0；ΔT=（T2-T1）=0，T2=T1；系统初态与末态的温度相等，103\n可以设计一个可逆的等温过程从状态1变化到状态2；从而计算其熵的改变量。ΔSz=QT/T=νRln（V2/V）=Rln2=5.76J/K。作业9（P116）：9-21，9-23；9-24，9-30。103\n第十章真空中静电场一、基本要求：掌握场强叠加原理、高斯定理、环路定理；理解电场、电势与电势能的概念；了解场强与电势的关系。二、重点内容：库仑定律、场强叠加原理、高斯定理、环路定理。三、难点内容：场强与电势的计算。本章内容和方法都比较重要，要着重讲述电场的物质性和场强与电势的计算方法，使学生掌握电场的基本概念和计算场强与电势的基本方法。本章内容计划使用6学时。§10-1电荷Coulomb定律一、电荷及其特性：1.电荷是物质的一种基本属性。2.电荷有两种，正电与负电；同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引。3.电荷的多少是电量Q，物体所带的电量是量子化的；基本电荷e=1.6×10-19C；Q=Ne。4.在封闭的系统内电荷总量保持不变(电荷守恒定律)；电荷不能被消灭也不能被创造。5.物体所带的电量与物体的运动无关即与参照系无关。二、Coulomb定律1.点电荷：带电体的大小可以忽略。点电荷是一个理想化的模型。2.Coulomb定律：F=Q1Q2r/（4πε0,r3）；ε0=8.85×10-12N.m2/C2为真空介电常数。（1）适用于点电荷；（2）适用于真空静电场；（3）满足力的独立叠加原理。§10-2场强叠加原理一、电场的物质性：电场是物质的一种存在形式。物质有场和实物两种形式。1.场和实物的物质共性：(1)场和实物都是客观存在的；(2)场和实物都具有能量和质量；(3)场和实物之间存在着相互作用。2.场和实物的物质特性：(1)电场具有分布性，实物具有集中性（体积有限）。(2)电场具有叠加性，实物具有不相容性（不能同时占据同一空间）。二、电场强度1.试探电荷q0：电量足够小的点电荷。2.电场强度：(1)定义：在电场中一点单位试探电荷受的力为该点的电场强度；E=F/q0；(2)电场强度一般是空间坐标的函数，E=E（x，y，z）反映了电场的分布性。三、场强叠加原理设试探电荷q0处在若干个电荷产生的电场中，受到作用为：F=F1+F2+···+Fn；F/q0=F1/q0+F2/q0+···+Fn/q0；∴E=E1+E2+···+En=ΣEi；∴电荷体系的电场中任意一点的电场强度等于各个电荷独自存在时在该点产生的电场强度的矢量和，E=ΣEi…………场强叠加原理（反映了电场的叠加性）。四、电场强度的计算1.点电荷电场：∵F=Qq0r/（4πε0,r3），E=F/q0=Qr/（4πε0,r3）。2.点电荷体系的电场：E=ΣEi=1/（4πε0）ΣQiri/ri3。3.连续分布的带电体电场：dE=dqr/（4πε0,r3），E=1/4πε0∫rdq/r3。计算电场强度的一般方法步骤：(1)选取坐标系；(2)确定电荷元dq（点电荷或已知结论的形状）；(3)确定dE，并画出方向；(4)方向处理（投影方法或对称法）；(5)统一变量积分计算结果。103\n例题10-1一根均匀带电的直棒，已知电荷线密度为λ，直线的长度为l；求：（1）延长线上一点P的电场强度；（2）中垂线上一点P的电场强度；解：（1）选直棒方向为x轴，一个端点为坐标原点；设P点到原点距离为b；取电荷元dq=λdx，坐标为x；则dE=（1/4πε0）·dq/（b-x）2=（λ/4πε0）·dx/（b-x）2；E=λ/4πε0∫0ldx/（b-x）2=（λ/4πε0）·[l/（b-l）b]；（2）选直棒方向为x轴，棒的中点为坐标原点；设P点到原点距离为a；取电荷元dq=λdx，坐标为x；则：dE=（1/4πε0）·dq/（a2+x2）=（λ/4πε0）dx/（a2+x2）；设dE与x方向的夹角为θ；cosθ=x/（a2+x2）1/2；sinθ=a/（a2+x2）1/2；dEx=dEcosθ=（λ/4πε0）xdx/（a2+x2）3/2；dEy=dEsinθ=（λ/4πε0）adx/（a2+x2）3/2；Ex=（λ/4πε0）∫xdx/[a2+x2]3/2=0；Ey=a[λ/4πε0]∫dx/[a2+x2]3/2=a（λ/4πε0）·l/[a2+（l/2）2]1/2；∴E=a（λ/4πε0）·l/[a2+（l/2）2]1/2j。例题10-2.长度为l的均匀带电直棒，电荷线密度λ，求：任意一点（P点）的场强。（设P点到直棒垂直距离为a，两端的连线与P点到直棒垂直线的夹角分别为θ1和θ2）。解：选直棒方向为x轴，P点到棒的垂点为坐标原点；取电荷元dq=λdx，则：dE=1/4πε0dq/r2=λ/4πε0dx/r2；r2=[a2+x2]；dEx=-dEsinθ=[λ/4πε0]sinθdx/r2；dEy=dEcosθ=[λ/4πε0]cosθdx/r2；∵r=a/cosθ=asecθ；x=atgθ；dx=asec2θdθ；dEx=-λ/4πaε0sinθdθ；Ex=-λ/4πaε0∫sinθdθ=λ/4πaε0（cosθ2-cosθ1）；dEy=λ/4πaε0cosθdθ；Ey=λ/4πaε0∫cosθdθ=λ/4πaε0（sinθ2-sinθ1）；E=λ/4πaε0（cosθ2-cosθ1）i+λ/4πaε0（sinθ2-sinθ）j讨论：(1)对中垂线上一点，θ1=-θ2；cosθ1-cosθ2=0；sinθ2-sinθ1=2sinθ2；∴Ex=0；Ey=λsinθ2/2πaε0=[λ/4πaε0]l/[a2+（l/2）2]1/2；∴E=[λ/4πaε0]l/[a2+（l/2）2]1/2j。(2)l<>a；看作无限长直线，θ1=-π/2；θ2=π/2；Ex=0；Ey=λ/2πaε0；E=[λ/2πaε0]j。(4)在半无限长直线的端平面上的一点，θ1=-π/2；θ2=0；∴Ex=λ/4πaε0；Ey=λ/4πaε0；E=[λ/4πaε0]i+[λ/4πaε0]j;例题10-3一带电半圆环半径为R，电荷线密度为λ；求：圆心处的电场强度。解：dq=λRdθ；dE=dq/4πε0R2=λRdθ/4πε0R2；dEx=dEcosθ=λcosθdθ/4πε0R；Ex=λ/[4πε0R]∫cosθdθ=0；dEy=dEsinθ=λsinθdθ/4πε0R；Ey=dEsinθ=λ/4πε0R∫sinθdθ=λ/2πε0R；E=[λ/2πε0R]j；例题10-4一均匀带电圆环半径为R；电荷线密度为λ。求：中垂线上一点场强。解：以圆心为坐标原点，垂直圆环平面选为x轴；dq=λRdθ；dE=dq/[4πε0（R2+x2）]=λRdθ/[4πε0（R2+x2）]；由对称性E⊥=0；dEx=dEcosβ=λR/[4πε0（R2+x2）]cosβdθ；Ex=λR/[4πε0（R2+x2）]cosβ∫dθ=λR/[2ε0（R2+x2）]cosβ；cosβ=x/[R2+x2]1/2；E=（λR/2ε0）x/[R2+x2]3/2i=（Q/4πε0）xi/[R2+x2]3/2；例题10-5一半径为R的均匀带电圆盘，电荷面密度为σ；求：中垂线上一点的电场强度。解：以圆心为坐标原点，垂直圆环平面选为x轴；在圆盘上选取一个细圆环，半径为r，宽度为dr；则dq=σ2πrdr；dE=（dq/4πε0）xi/（r2+x2）3/2=（σxi/2ε0）rdr/（r2+x2）3/2；E=（σxi/2ε0）∫0Rrdr/（r2+x2）3/2=（σi/2ε0）[1-x/（R2+x2）1/2]；E=（σi/2ε0）[1-x/（R2+x2）1/2]=（σi/2ε0）[1-1/（1+R2/x2）1/2]；讨论：（1）R<R，Σq=Q；rR，E=Q/4πε0r2。例题10-7一个均匀带电球体半径为R，电荷密度为ρ；求：电场强度的分布。解：因为电荷分布关于球心对称，选取高斯面为球面，半径为r；则：∮E•dS=E∮dS=E4πr2；r>R，Σq=Q=ρ4πR3/3；rR，E=Q/4πε0r2。(2)电荷分布柱轴对称（高斯面为闭合圆柱面，柱轴为对称轴）：E=E（r），E∥r；选取高斯面为闭合圆柱面，柱轴为对称轴，Φ=∮E·dS=2πErl。例题10-7一个无限长的均匀带电圆柱面，已知单位长度上带电量为λ，半径为R；求：电场强度的分布。解：电荷分布关于柱轴对称，选取高斯面为闭合圆柱面，长度为l，半径为r；则：∮E•dS=∫E•dS上+∫E•dS下+∫E•dS侧；∵E⊥dS上，E⊥dS下；∴E•dS上=0，E•dS下=0；E∥dS侧，∴E•dS侧；=EdS侧；∴∮E•dS=∫E•dS侧=E∫dS侧=E2πlr；r>R，Σq=λl；rR，E=λ/2πε0r。(3)电荷分布平面对称（高斯面为闭合柱面，柱轴垂直于对称面）：E=E(x)，│x│相同处E相等；E∥i；选高斯面为闭合柱面，柱轴⊥对称面；Φ=∮E·dS=2ES。例题10-8一个均匀带电平面，已知电荷面密度为σ；求：电场强度的分布。解：电荷分布关于无限大平面对称，选取高斯面为闭合圆柱面，长度为2x，半径为r；柱轴垂直于带电平面且关于平面对称。则：∮E•dS=∫E•dS左+∫E•dS右+∫E•dS侧；∵E∥dS左，∴E•dS左=EdS左；∵E∥dS右，∴E•dS右=EdS右；∵E⊥dS侧，∴E•dS侧；=0；∴∮E•dS=∫E•dS左+∫E•dS右=2Eπr2；Σq=σπr2。根据高斯定理∮E•dS=Σq/ε0；可得：E=σ/ε。；3．用Guass定理求电通量例题10-9点电荷q放在一个边长为l的立方体的中心，求任一侧面的电通量ΦE。解：由于立方体的六个侧面上的电通量都相等；将立方体的六个侧面作为闭合的高斯曲面，根据高斯定理：∮E•dS=6ΦE=q/ε0；ΦE=q/6ε0；103\n作业10（P138）：10-26，10-28，10-29，10-30。103\n§10-4静电场环路定理与电势一、静电场环路定理1.表述：静电场的场强沿任意环路积分等于零，∮E·dl=0；2.证明：(1)点电荷的电场：∮E·dl=∮dr/r2=0；(2)电荷系的电场：∮E·dl=Σ∮Ei·dl=0；3.意义：(1)静电场无旋度；RotE=0；(2)静电力是保守力，对应一种势能，称为电势能。二、电势能：1.定义：电势能的减少等于静电场力作的功，所以：W=-∫q0E·dl2.说明：(1)电势能属于电场与电荷（带电体）组成的系统。(2)电势能的数值与零点的选取有关，任意两点的电势能的差与零点的选取无关。三、.电势1.定义：U=W/q0=∫E·dl；2.意义：单位电荷具有的电势能或将单位电荷从电场中一点移到电势零点电场力作的功。3.说明：(1)电势是从能量的角度描述电场分布的物理量。(2)电势的数值与零点的选取有关。三、电势叠加原理1.表述：电荷体系电场中一点的电势等于各个电荷独自存在时在该点产生电势的代数和j即：U=ΣUi；2.证明：∵E=E1+E2+···+En=ΣEi；∴U=∫E·dl=Σ∫Ei·dl=ΣUi；四、电势的计算：当带电体的大小为有限时，一般选取无限远为电势零点，应用电势叠加原理计算电势。1.点电荷电场：U=∫E·dl=∫dr/r2=+C，令r→∞，U=0，C=0；∴U=。2.点电荷系电场的电势：U=ΣUi=Σ；3.连续分布带电体的电场：dU=dq/（4πε0r）；U=[1/(4πε0)]∫dq/r；4.说明：(1)必须先规定电势的零点后，才能应用电势定义和叠加原理计算电势；(2)当带电体的大小为无限时，一般不能选取无限远为电势零点。§10-5场强与电势的关系一、场强与电势的积分关系：1．U=∫OPE·dl；O点为电势零点。2．若场强分布函数已知或可由高斯定理求出，由此关系容易求出电势。二、场强与电势的积分关系1.电势的方向导数：场强在任意方向上的分量等于电势在该方向上的方向导数的负值；即：El=-∂U/∂l。2.电势梯度：E=--[∂U/∂xi+∂U/∂yj+∂U/∂zk]=-gradU；电场强度矢量等于电势梯度的负值。3．若电势函数已知由电势梯度容易求出场强。三、等势面与电场线1.等势面：电场中电势相等的点所联成的曲面称为等势面。2.等势面与电场线的关系：(1)电场线垂直于等势面；(2)电场线从高电势指向低电势；(3)电场线密度大的地方等势面的密度也大。103\n例题10-10一圆盘半径为R，已知电荷面密度为σ；求：轴线上任一点的电势。解：选圆心为坐标原点，x轴垂直于圆盘面，设轴线上一点坐标为x。在圆盘上选取一个细圆环，半径为r，宽度为dr；则：dq=σ2πrdr；dU==；U==[-x]；例题10-11一个均匀带电球面，带电量为Q，半径为R；求：空间各点的电势。解：由高斯定理容易求得：rR，E=。∴r>R，U=∫E•dr=dr/r2=；r≤R，U=r/r2=；例题10-12一个无限长圆柱体半径为R，电荷密度为ρ；求：电势的分布。解：（1）先根据高斯定理求电场强度分布函数：因为电荷分布关于柱轴对称，选取高斯面为闭合圆柱面，长度为l，半径为r；则：∮E•dS=∫∫E•dS上+∫∫E•dS下+∫∫E•dS侧；∵E⊥dS上，E⊥dS下，∴E•dS上=0；E•dS下=0；∵E∥dS侧，∴E•dS侧；=EdS侧；∴∮E•dS=∫∫E•dS侧=E∫∫dS侧=E2πlr；r>R，Σq=ρπR2l；rR，E=ρR2/2ε0r。（2）再求电势分布：对无限长的电荷分布不能选无限远为零点,选圆柱面(r=R)为零点；rR，U==lnR/r；。例题10-13一均匀带电圆盘，电荷面密度为σ，半径为R；求：轴线上一点的电场强度。解：由电势叠加原理容易求得轴线上任意一点的电势为：U=[-x]；∵E=[Exi+Eyj+Ezk]=-[∂U/∂xi+∂U/∂yj+∂U/∂zk]；∴Ex=-dU/dx=σ/2ε0[1-x/（x2+R2）3/2]；Ey=-dU/dy=0；Ez=-dU/dz=0；E=σ/2ε0[1-x/（x2+R2）3/2]i；例题10-14如果电场的电势分布函数为：U=Aln（x2+y2）；求：电场强度分布函数。解：∵E=[Exi+Eyj+Ezk]=-[∂U/∂xi+∂U/∂yj+∂U/∂zk]；∴Ex=-dU/dx=-2Ax/（x2+y2）；Ey=-dU/dy=-2Ay/（x2+y2）；Ez=-dU/dz=0；E=-2A（xi+yj）/（x2+y2）；例题10-15半径为R的均匀带电球面，带电量为Q；沿半径方向放置一均匀带电直线，长度为l，电荷线密度为λ；细直线的近端距球心距离为b（b>R）；电荷分布不受作用力的影响。求：细先所受的电场力和电势能。解：（1）带电球面产生的电场强度为：E=Q/[4πε0r2]；选取电荷元为：dq=λdr；dF=dqE=[λQ/4πε0]dr/r2；F=（λQ/4πε0）∫bb+ldr/r2=（λQ/4πε0）[1/b-1/（b+l）]；（2）带电球面产生的电势为：U=Q/4πε0r；选取电荷元为：dq=λdr；dW=dqU=（λQ/4πε0）dr/r；W=（λQ/4πε0）∫bb+ldr/r=（λQ/4πε0）ln[（b+l）/b]；作业10（P139）：10-31，10-32，10-33，10-38。103\n第十一章导体与电介质一、基本要求：掌握导体静电平衡性质和静电场的能量；理解电流密度与电场强度的关系和电源电动势的概念；了解导体静电屏蔽、介质的极化和介质中高斯定理。二、重点内容：导体静电平衡、电容器与电容、静电场的能量、电源电动势。三、难点内容：静电屏蔽、介质的极化和介质中高斯定理。本章内容比较抽象，要着重讲述物质的静电性质和电场与物质的相互作用，使学生加深对基本概念的理解。本章内容计划使用6学时。§11-1导体的静电特性一、静电感应与静电平衡：1.静电感应：在静电场中导体内的电荷在电厂里的作用下重新分布。2.静电平衡条件：(1)导体内场强处处为零；(2)导体表面场强垂直于导体表面。二、导体静电平衡性质：1.导体为等势体，导体表面为等势面。2.导体内部净电荷处处为零，电荷只能分布在导体表面上。3.导体表面上面电荷密度与电场强度成正比即：σ=ε0E；4.导体表面上面电荷密度与表面的曲率有关，曲率越大面电荷密度也越大。三、静电屏蔽1.导体空腔内无电荷：(1)电荷只能分布在导体空腔的外表面上；内表面上处处无电荷。(2)空腔内场强处处为零，与外电场无关；∴导体空腔可以屏蔽外电场。2.导体空腔内有电荷：(1)若空腔内电荷q，分布在导体内表面上q/；则：q+q/=0；(2)空腔内的场强与外电场无关，但是空腔外部场强与空腔内电荷有关。3.接地导体空腔屏蔽内电场：接地导体空腔，电势U=0与空腔内、外电荷都无关。§11-2电容静电场的能量一、孤立导体的电容：1.定义：C=Q/U；2.意义：导体的电势升高1伏需要的电量。3.孤立导体球的电容：C=4πε0R；4.孤立导体的电容一般很小，没有实用价值。二、电容器的电容1.电容器：两块导体绝缘靠近构成电容器。2.电容器电容：C=Q/ΔU。3.说明：(1)C取决于两极板的形状、大小与相对间距而与Q和ΔU无关。(2)两个极板所带电量一般相同。4.电容器电容的计算：(1)假设带电量；(2)计算电场强度；(3)计算电势差；(4)计算电容量。三、电容器储存的电能：1.对电容器充电过程中电源作功：dA=dqU=qdq/C；A==Q2/2C=CU2/2；2.电容器储存的电能：电源作的功等于在电容器内部的电场能量，∴WE=Q2/2C=CU2/2。四、静电场的能量密度：1.对于平板电容器：C=ε0S/d，U=Ed；所以WE=CU2/2=ε0E2Sd/2=Vε0E2/2；2.电场的能量密度：we=WE/V=ε0E2/2；3.静电场的能量：WE=½∫∫∫ε0E2dV；已知电场强度分布可以求出电场的能量。103\n例题11-1两块平行放置的导体平板A、B，面积均为S；分别带电QA，QB；求：各个导体表面上的电荷分布。解：设导体平板A的两个表面的电荷面密度分别为σ1和σ2，导体平板B的两个表面的电荷面密度分别为σ3和σ4；由电荷守恒得：（σ1+σ2）S=QA；（σ2+σ4）S=QB；分别在导体平板A、B内选取点a和b；由导体静电平衡条件：Ea=（σ1–σ2–σ3–σ4）/2ε0=0；Eb=（σ1+σ2+σ3–σ4）/2ε0=0；解得：σ1=σ4=（QA+QB）/2S；σ2=-σ3=（QA-QB）/2S；讨论：（1）若QA=QB=Q，σ2=-σ3=0；σ1=σ4=Q/S；两导体板内侧的两个表面上无有电荷，电荷仅分布在两导体板的外侧两表面上。（2）若QA=-QB=Q，σ2=-σ3=Q/S；σ1=σ4=0；两导体板外侧两表面上无电荷，电荷仅分布在两导体板的内侧两个表面上。例题11-2一个半径为R1的导体球，外围一个同心的导体球壳，内外半径分别为R2和R3；导体球和导体球壳分别带电QA，QB；求：（1）各个导体表面上的电荷分布；（2）内球接地时各个导体表面上所带的电量；解：（1）设导体球表面上的电荷密度为σ1，导体球壳的内外表面的电荷密度分别为σ2和σ3；显然：σ1=QA/4πR21；导体球壳内表面带电量为-QA；∴σ2=-QA/4πR22；由电荷守恒可知导体球壳外表面带电量为QA+QB；∴σ3=（QA+QB）/4πR23；（2）内部导体球接地，导体球的电势为零；设此时导体球带电量为Q1，导体球壳内外表面带电量分别为Q2和Q3；由高斯定理和电荷守恒得：Q2=-Q1；Q2+Q3=QB；∵导体球的电势为零：U1=（Q1/R1+Q2/R2+Q3/R3）/4πε0=0；∴Q1/R1-Q1/R2+QB/R3+Q1/R3=0；解得：Q1=QBR1R2/（R2R3-R1R3+R2R1）；Q2=-Q1=-QBR1R2/（R2R3-R1R3+R2R1）；Q3=QB-Q2=QB+Q1=QB[（R2R3-R1R3+2R2R1）/（R2R3-R1R3+R2R1）]。例题11-3两块平行放置的导体平板面积为S，间距为d；求：电容器的电容量。解：设两导体平板分别带电为Q，-Q；由高斯定理：E=Q/ε0S；两板之间的电势差为：ΔU=Ed=QSd/ε0；电容器的电容量为：C=Q/ΔU=ε0S/d；例题11-4半径为R1的导体球，外围同心导体薄球壳，半径为R2；求：电容器电容。解：设导体球带电量为Q，则导体球壳内表面带电为-Q；由高斯定理得：E=Q/4πε0r2；两球面之间的电势差为：ΔU=∫Edr=[Q/4πε0]∫dr/r2=Q[（R2-R1）/（4πε0R1R2）]；电容器的电容量为：C=Q/ΔU=4πε0R1R2/（R2-R1）；例题11-5两块平行放置的导体平板，面积为S间距为d，接在电动势为U的电源两端；将一块面积为S厚度为t的金属板插入其中；（1）保持与电源的连接；（2）充电结束后断开电源；求：插入过程中外力作的功。解：插入前系统的电容量为：C0=ε0S/d；插入后的电容量为：C=ε0S/（d-t）；∵在插入过程中外力作的功等于电容器储存电场能量的增量；（1）保持与电源的连接，电压不变；A=（C-C0）U2/2=ε0SU2/2[1/（d-t）-1/d]；（2）充电结束后断开电源，电量不变；Q=C0U=ε0SU/d；A==∙[]；103\n§11-3电介质的极化一、电介质的极化机制1.无极分子介质的位移极化：(1)无极分子：分子内部正负电荷中心重合，无固有电极矩P分子=0。(2)无外电场时，大量分子ΣP分子=0。(3)在电场力的作用下，正负电荷发生相向位移，使得：ΣP分子≠0。2.有极分子介质的转动极化：(1)有极分子：分子内部正负电荷中心不重合，存在固有电极矩P分子≠0。(2)无外电场时，由于分子无规则运动ΣP分子=0。(3)在电场力的作用下，分子的固有电矩趋于电场方向转动，使得：ΣP分子≠0。二、极化强度与极化电荷1.极化电荷：介质极化的结果等效于介质表面形成一层束缚电荷，称为极化电荷。2.极化强度：(1)定义：P=limΣΡ分子/ΔV；(2)意义：描述介质的极化程度。3.极化强度与极化电荷的关系：(1)对介质界面：Pcosθ=σ/。(2)对闭和曲面：∮P·dS=-Σq/。4.极化定律：实验发现：P=χε0E；χ为极化率。三、介质中的Guass定理1.介质中的电场：在介质中电场与自由电荷和极化电荷都有关；若自由电荷产生电场为E0，极化电荷产生电场为E/，则介质中：E=E0+E/，。2.介质中的Guass定理：设自由电荷为Q，极化电荷为q/；∮E·dS=Σ[Q+q/]/ε0。∵∮P·dS=-Σq/，∴∮[ε0E+P]·dS=ΣQ；令D=ε0E+P称为电位移矢量；∴∮D·dS=ΣQ。四、D与E之间的关系D=ε0E+P；P=χε0E；∴D=ε0（1+χ）E==ε0εrE=εE；媒质介电常数ε，相对介电常数εr。例题11-6一个半径为R1的导体球，带有电量；外部有一层介质球壳，半径为R2，相对介电常数为εr；介质球壳外部是真空。求：1）空间各点的电场强度；2）空间各点的电势。五、电介质对电容器电容的影响1.可以增加电容量；2.可以增强电容器的耐压能力。例题11-6半径为R1的导体球，带有电量Q；外部有一层半径为R2的介质球壳，相对介电常数为εr；介质球壳外是真空。求：（1）空间各点的电场强度；（2）空间各点的电势。解：（1）选取高斯面为球面，则：∮D•dS=D∮dS=D4πr2；r>R1，Σq=Q；rR1，D=Q/4πr2；∵E=D/ε；∴rR2，E=Q/4πε0r2；（2）r>R2，U=Q/4πε0∫dr/r2=Q/4πε0R2；R1>d；求：螺线管内外的磁感应强度。解：选取闭合回路为圆环，半径为r，且与圆环型螺线管同心；由电流分布的对称性得：∮B•dl=∮Bdl=B∮dl=B2πr；r>R+d/2和rR+d/2和r>d，n=N/2πR；∴在螺线管内部，B=μ0NI/2πR=μ0nI；在螺线管外部，B=0；例题12-6一根无限长的直导线通有电流I1，有一根长度为b的直导线通有电流I2；垂直于I1放置，近端距离为a；求：直电流I2受到的作用力。解：沿电流I2的方向选为x轴，沿电流I1的方向选为y轴；选取电流元Idl=I2dxi；电流元所处的磁感应强度为B=-μ0I1/2πxk；dF=Idl×B=μ0I1I2dx/2πxj；F=（μ0I1I2/2π）∫dx/xj=（μ0I1I2/2π）ln（a+b）/aj；a≤x≤a+b；例题12-7一根导线弯成半圆，半径为R，通有电流为I，放在均匀磁场中；磁感应强度为B且与半圆导线所在平面垂直；求：导线所受的磁力。解：选半圆导线两端点的连线为x轴，圆心为坐标原点，过半圆的中点为y轴，沿磁感应强度为z轴；设半径与x轴的夹角为φ；选取电流元Idl=IRdφτ，；则：dF=Idl×B=BIRdφn；dFx=dFcosφ=IBRcosφdφ；dFy=dFsinφ=IBRsinφdφ；0≤φ≤π；Fx=IBR∫cosφdφ=0，Fy=IBR∫sinφdφ=2IBR；F=2BIRj；例题12-8半径为R的带电圆盘围绕其中垂轴以角速度ω进行转动，电荷面密度为σ=kr；圆盘在均匀磁场中，B与转轴平行；求：圆盘所受到的磁力矩。解：在圆盘上选取一个细圆环，半径为r，宽度为dr；dq=2σπrdr=2πkr2dr；圆环上电荷转动时相当一个圆电流，dI=ωdq/2π=ωkr2dr；磁矩为：dPm=πr2dI=ωπkr4dr；dM=BdPm=ωπkBr4dr；0≤r≤R；M=ωπkB∫r4dr=ωπkBr5/5；例题12-9一个电子以速率v=1.0×104m/s在磁场中运动，若电子沿x轴正方向通过A点时，受到磁场力沿y轴正方向，大小为F1=8.01×10-17N，当电子沿y轴负方向通过A点时，受到磁场力沿轴的分量为F2z=1.39×10-16N；求：A点的磁感应强度。解：电子受的磁力为：F=qv×B=-ev×B；e=1.6×10-19C；设B=Bxi+Byj+Bzk（1）沿x轴正方向通过A点：v1=vi；F1=-ev1×B=-ev（Byk-Bzj）=FIj；∴Bz=FI/ev=8.01×10-17/（1.6×10-19×104）=0.05T；By=0；（2）沿y轴负方向通过A点：v2=-vj；F2=-ev2×B=ev（Bxk-Byi）；F2z=evBx；Bx=F2z/ev=1.39×10-16/（1.6×10-19×104）=0.086T；∴Bx=0.086T；By=0；Bz=0.05T；B=Bxi+Byj+Bzk=0.086i+0.05k；例题12-10半圆线圈半径为R，通过电流为I2；置于无限长直线电流I1的磁场中；无限长直线恰与半圆的直边重合；求：半圆线圈受到的磁场力。解：沿无限长直线电流I1的方向选为y轴；圆心为坐标原点，x轴过半圆顶点；选取电流元I2dl=I2Rdφτ；dF=I2dl×B=I2RBdφn；dF沿半径方向。∵B=-μ0I1/2πxk；x=Rsinφ；∴dF=（μ0I1I2/2π）dφ/sinφ；沿半径方向。dFx=dFsinφ=[μ0I1I2/2π]dφ；0≤φ≤π，Fx=[μ0I1I2/2π]∫dφ=μ0I1I2/2；dFy=dFcosφ=[μ0I1I2/2π]cosφdφ/sinφ；0≤φ≤π，103\nFy=[μ0I1I2/2π]∫cosφ/sinφdφ=[μ0I1I2/2π]∫dsinφ/sinφ=0；∴F=（μ0I1I2/2）i；103\n§12-5磁介质一、介质的磁化机制1．磁介质的分类：(1)抗磁质：BB0，(3)铁磁质：B>>B0。2．顺磁质的磁化机制：(1)顺磁质的分子具有固有磁矩，Pm分子≠0；(2)无外磁场时分子的无规则运动使分子磁矩的矢量和为零，所以对外不显示磁性。(3)有外磁场时分子磁矩趋于外磁场方向转动，附加磁感强度与外磁场方向相同∴B>B0。3．抗磁质的磁化机制：(1)抗磁质的分子无固有磁矩Pm分子=0；。(2)无外磁场时分子磁矩的矢量和当然为零对外不显示磁性。(3)在外磁场作用下，分子产生附加磁矩，附加磁感应强度与外磁场反方向，B>B0。BHHBsBm2．铁磁质磁化规律：(1)初始磁化曲线：缓慢磁化阶段，急剧磁化阶段，饱和磁化阶段。(2)磁滞回线：饱和磁感应强度Bm，剩磁Bs，矫顽力Hc。3．铁磁质的性质：(1)B与H是非线形关系；(2)B与H的关系不唯一，与磁化历史有关。五、铁磁质的分类及应用：1．硬铁磁质：(1)特点：剩磁强、矫顽力大、磁滞回线肥胖；(2)应用：制作永久性磁铁。2．软铁磁质：(1)特点：剩磁弱、矫顽力小、磁滞回线瘦小；(2)应用：制作电器的铁芯。例题12-11一长直同轴电缆，内部导线的半径为R1，外面导体薄圆筒的半径为R2；中间充满相对磁导率为μr的磁介质；电缆沿轴向通有电流为I，内外导体上的电流反向；求：（1）空间各个区域内的H、B和Jm；（2）磁介质表面上的磁化电流IS。解：（1）围绕电缆轴线选取一个半径为r的圆环作为闭合回路，由安培环路定理；∮H•dl=H∮dl=H2πr=ΣI；B=μ0μrH；r0，B与n反向，则Ψ<0。(3)若ξ>0则与l同向，ξ<0则与l反向。3.说明：(1)“–”号是Lorz定律的数学反映。(2)电磁感应定律是一个瞬时性规律。(3)对多匝线圈：Ψ=Φ1+Φ2+…+ΦN,Ψ称为磁通链；若各匝线圈磁通相同Ψ=NΦ；ξ=-NdΦ/dt；三、电磁感应电动势的分类1.动生电动势：由于导体切割磁力线运动产生的电磁感应电动势为动生电动势。2.感生电动势：由于磁场的变化产生的电磁感应电动势为动生电动势。§13-2动生电动势与感生电动势一、动生电动势1.动生电动势的非静电力：Lorentz力，Fk=qv×B；非静电场强为：Ek=v×B2.动生电动势的计算：ξ=（v×B）·dl，ξ=∫（v×B）·dl；对于均匀磁场中直导线：ξ=vBlcosφsinθ。φ=0，θ=π/2；ξ=vBl。3.动生电动势的能量来源：Lorentz力对导体内电荷不作功，磁场不能提供能量，只是将其他形式的能量转换为电能。二、感生电动势1.Maxwell涡旋电场假设：(1)变化磁场周围激发一种电场，称为感生电场。(2)感生电场的电力线为闭合曲线，故又称为涡旋电场。(3)感应电场对电荷的作用力是感生电动势的非静电力，∴ξL=∮EL·dl=-∫∫∂B/∂t·dS；2.静电场与感应电场的对比：共同之处：(1)都是客观存在的物质；(2)对电荷都具有作用力；不同之处：(1)起源不同：静电场起源于电荷，感应电场起源于变化磁场。(2)性质不同：静电场为无旋度、有散度的保守场，感应电场为有旋度、无散度的非保守场。3.感应电动势的计算：(1)对一段导线：ξ=∫EL·dl；(2)对闭合回路：ξ=∮EL·dl=-∫∫∂B/∂t·dS；103\n103\n例题13-1一根无限长的载流导线，通有电流为i=I0cosωt；附近放置长为l，宽为b一个矩形线圈，近边到载流导线的距离为a，且导线与线圈共面；求：矩形线圈的感应电动势。解：垂直导线沿矩形线圈的边长方向选为x轴；在矩形线圈内选取一个面积元，dS=ldx；B=μ0i/2πx；dΦ=BdS=Bldx=μ0ildx/2πx=μ0I0cosωtldx/2πx；Φ=μ0I0cosωtl/2π∫dx/x=（μ0I0cosωtl/2π）·ln（a+b）/a；ξ=-dΦ/dt=（ωμ0I0cosωtl/2π）·[ln（a+b）/a]sinωt；例题13-2一根导线弯成半径为R的半圆，放在磁感强度为B的均匀磁场中；B与半圆平面垂直；导线以速度v垂直于B匀速运动；求：导线中的动生电动势。解：方法一：在半圆导线上选取一线元dl=Rdθ，该线元上的电动势为：dξ=（v×B）·dl=vBRcosθdθ；0≤θ≤π，ξ=vBR∫cosθdθ=2vBR；方法二：设想一根直导线与半圆导线构成一个闭合线圈，其上的磁通量为：Φ=BS=BπR2=常量；闭合线圈上的电动势为ξ0=-dΦ/dt=0；设直导线与半圆导线的电动势分别为ξ1和ξ；则：ξ0=ξ1+ξ=0；∴ξ=ξ1=vBl=2vBR；例题13-3一根导体直线长度为L，放在均匀磁场中；导线以角速度ω围绕通过导线一个端点且与导线垂直的转轴匀速转动；磁感应强度为B且与转轴平行；求：导体中的动生电动势。解：在直导线上选取一线元dl，该线元的运动速率为v=ωl，；该线元上的电动势为：dξ=（v×B）·dl=vBdl=ωBldl；直导线上的电动势为：ξ=ωB∫0Lldl=ωBL2/2；例题13-4一矩形线圈匝数为N，截面积为S；在均匀磁场中以角速度ω均匀转动，磁感应强度为B且与转轴垂直；若线圈法线与的夹角为θ；且t=0，θ=0；求：线圈中的感应电动势。解：线圈的磁通量为：Φ=NBScosθ=NBScosωt；电动势为：ξ=-dΦ/dt=ωNBSsinωt；例题13-5金属直线OD与金属直线OC之间的夹角为θ，构成一个金属框架；磁感应强度B垂直于金属框架平面；一导体杆MN放在导体架上且垂直于OD边，以速度v垂直于MN向右匀速运动；若MN到O点的距离为x，且t=0，x=0；求：下列情况下导体框架内的感应电动势。（1）均匀磁场且B不随时间变化；（2）非均匀时变磁场B=Kxcosωt。解：（1）ξ=Bvl=Bvxtgθ；∵t=0，x=0；∴x=vt；ξ=Bvxtgθ=Bv2t·tgθ；（2）在ΔOMN上距O点为x处选取一个面积元dS=ldx=xdxtgθ，dS上的磁通量dΦB=BdS=Kcosωttgθx2dx；ΦB=Kcosωttgθ∫0xx2dx=Kcosωttgθx3/3；ξ=-dΦB/dt=-Kcosωtx2tgθdx/dt+ωKsinωtx3tgθ/3∵dx/dt=v，∴ξ==Kcosωtx2tgθ（ωxsinωt/3-vcosωt）。例题13-6半径为R的无限长的螺线管的内部磁感应强度为B=kt；在管内放置一根长度为R的导体直线ab，且aob构成一个正三角形；求：1）管内外的感生电场强度EL；2）直导线上的感生电动势。解：（1）在螺线管内选取一个圆环，半径为，圆心在轴线上；∵∮EL·dl=∮ELdl=EL∮dl=2πrEL，且rn2>n3或n1n3、n2>n3：有半波损失，∆=2n2e±λ/2；二、增透膜与憎反膜1.增透膜：镀膜厚度满足：∆=2n2e±λ/2=[2k+1]λ/2，反射光干涉向消，透射光加强。2.增反膜：镀膜厚度满足：∆=2n2e±λ/2=2kλ，反射光干涉加强，反射光加强。三、劈尖干涉α1.干涉装置：θ≈0。2.理论分析：入射角i=0；∆=2ne±λ/2为等厚干涉。3.干涉图样特征：(1)干涉条纹为平行直条纹。(2)e=0，∆=λ/2，为零级暗纹。依次排列各级明暗条纹。(3)相邻两条纹对应劈尖膜的厚度差为：∆e=λ/2n；eRr(4)相邻两条纹间距为：b=λ/2θn；(5)白光照射出现彩色条纹。四、Newton环1.干涉装置：2..理论分析：∆=2ne±λ/2；∵R2=r2+[R-e]2≈R2+r2-2Re；∴e=r2/2R；Δ=nr2/R±λ/2；∆=kλ，为明环条纹；∆=[2k+1]λ/2为暗条纹。3.干涉图样特征：(1)干涉条纹为圆形条纹。(2)e=0，Δ=λ/2，中心为暗斑，外围各级明暗圆环。明环半径：r=；暗环半径：r=。103\n(3)相邻两条纹间距不相等，越往外越密；=[rk+1+rk][rk+1-rk]=λ/n，∴k↑，[rk+1-rk]↑；(4)白光照射出现彩色圆环条纹。五、等厚干涉的应用1.测微技术：测量微小的长度或微小的角度极其微小变化。2.测量技术：折射率，光的波长，透镜的曲率半径等。M2M1SG1G23.检测表面的平整度。§15-4Michelson干涉仪一、基本结构：二、工作原理；三、特点与用途；例题15-1扬氏双缝干涉实验中，用一个云母薄片覆盖其中的一条缝；干涉条纹将如何移动?若入射光的波长为λ=550nm，双缝的间距为d=3.0mm，双缝到屏幕的距离为D=2.5m，云母片的折射率为n=1.58，条纹移动的距离为Δx=2.5mm；求：云母片的厚度e。解：（1）原来的双缝干涉中，明条纹的条件为：Δ1=xd/D=kλ，x=kDλ/d；若云母片覆盖上边的狭缝，两条光束的光程差为：Δ2=xd/D+（n-1）e；明条纹的条件为：Δ2=xd/D+（n-1）e=kλ；x/=kDλ/d-De（n-1）/d；∴Δx=x/-x=-De（n-1）/d<0；可知若云母片覆盖上边的狭缝，条纹向下移动；覆盖下边的狭缝，条纹向上移动；（2）∵Δx=x/-x=-De（n-1）/d；∴e=（d/D）×|x/-x|/（n-1）；∴e=（3.0×10-3/2.5）×2.5×10-3/（1.58-1）=5.16×10-6m=5.16μm；例题15-2用波长λ=500nm的单色光垂直照射牛顿环装置，已知第k个暗环半径为rk=4mm，第（k+10）个暗环半径为rk+10=6mm；求：透镜的曲率半径。解：∵在牛顿环干涉图样中，暗圆环的半径为r=[kRλ]1/2；r2=kRλ；∴rk2=kRλ；r2k+10=（k+10）Rλ；r2k+10-rk2=10Rλ；R=（r2k+10-rk2）/10λ=（62-42）×10-6/（10×5×10-7）=4m；例题15-3白光垂直照射在厚度为e=380nm的肥皂膜上，肥皂膜的折射率为n=1.33；求：那些波长的可见光在反射中干涉加强。解：在肥皂膜上下两个表面的两束反射光的光程差为Δ=2ne+λ/2；反射中干涉加强的条件为Δ=2ne+λ/2=kλ；∴λ=2ne/（k-1/2）=（2×1.33×380）/（k-1/2）=1010/（k-1/2）nm；k=1，λ=2×1.01×10-6=2020nm；不属于可见光；k=2，λ=2×1.01×10-6/3=673nm；属于可见光；k=3，λ=2×1.01×10-6/5=404nm；属于可见光；k=4，λ=2×1.01×10-6/7=288nm；不属于可见光；∴波长为404nm的紫光和波长为673nm的黄光在反射中干涉加强。作业17（P252）：17-21，17-22，17-25，17-26。103\n§15-5Huygens—Fresnel原理一、Huygens—Fresnel原理1.Huygens原理：在波的传播过程中波面上任一点都可以作为子波源发射子波，所有子波波面的包络决定下一时刻的波面。由惠更斯原理可以用作图方法定性解释波的衍射现象。惠更斯原理可以确定新的波面,但不能确定振幅。2.Huygens-Fresne原理：波面前方一点的扰动等于所有子波在该点引起扰动的相干叠加。3.应用要点：设波面上的面元dS在r远的P点引起的振幅为dA，r与波线之夹角为θ，则：(1)dE∝dS/r。(2)dE与θ有关,考虑倾斜因子K(θ)，则：dE=cosω(t-r/u)dS/r；(3)将所有面元引起的振动考虑位相后积分计算即得到该点的振动，E=∫K(θ)cosω(t-r/u)dS/r。三、衍射的分类1.Fresnel衍射：光源与接收屏都在有限远的衍射。2.Foulanghoff衍射：光源与接收屏都在无限远的衍射，借助薄透镜可以在实验室实现。平行光入射,平行光汇聚,倾斜因子K(θ)相同；且r→∞，∴dE∝dS。§15-6单缝衍射一、实验装置：f二、理论分析——半波带法1.将有效波面划分为一系列的波带：(1)每个波带的面积相等；(2)相邻两波带对应的光程差为半个波长。2.∵各个波带的面积dS相等，dE∝dS，∴各个波带产生的光扰动振幅dEm相同；又∵相邻两波带对应的光程差为半个波长，∴相邻两波带产生的光扰动相抵消。3.屏上一点是明是暗取决于该点对应的半波带的数；N=2k为暗条纹，N=[2k+1]为明条纹。4.半波带数目：∵Δmax=BC=asinθ；∴N=2Δmax/λ=2asinθ/λ。aABCθ三、单缝衍射公式asinθ=±kλ为暗条纹；asinθ=±[2k+1]λ/2为明条纹；k=1,2,3，……。四、单缝衍射的图样特征1.条纹形状：为平行直条纹；2.条纹分布：衍射角θ=0，Δ=0，对应中央明纹或零级明纹；两侧对称分布各级明纹。(1)第k级明纹中心角坐标θk≈sinθk=±kλ/a；第k级明纹中心坐标xk≈fsinθk=±kfλ/a；(2)第k级暗纹中心角坐标θk≈sinθk=[2k+1]λ/a；第k级暗纹中心坐标xk≈fsinθk=[2k+1]fλ/a；3.相邻的两条明（暗）纹间距：Δx=xk+1-xk=fλ/a；角间距：Δθ=θk+1-θk=λ/a；4.明纹宽度：(1)中央明纹宽度为：Δx0=2fλ/a；(2)其他各级明纹宽度为：Δx=fλ/a。5.明纹的亮度：，各级明纹亮度(Ik)随级数k的增加而迅速减小；I0》I1》I2……。(1)中央明纹亮度I0是波面上所有子波叠加的结果；∴中央明纹亮度(I0)最大；(2)第一级明纹亮度I1（对应的波带数N=3）是波面上1/3子波叠加加强的结果,所以I0》I1；(3)第二级明纹亮度I2（对应N=5）是波面上1/5子波叠加加强的结果,所以I0》I1》I2……。6.白光照射出现彩色条纹——衍射光谱。103\n§15-7光栅衍射ab一、实验装置：abθ1.光栅：大量等宽等间距的狭缝平行排列组成光栅。2.光栅常数：d=a+b；二、理论分析—光栅衍射公式1.单缝衍射图样与缝的位置无关。2.光栅衍射是大量单缝衍射的相干叠加。3.光栅衍射公式：当相邻两缝的光程差为kλ时，叠加加强；∴光栅衍射的主极大为：dsinθ=±kλ。三、光栅衍射的图样特征1.条纹形状为平行直条纹；衍射角θ=0，中央主极大或零级主极大。∴中央为零级主极大，两侧对称分布各级主极大。第k级主极大中心的角位置为：sinθk=±kλ/d；k=1，2，…。第k级主极大中心的位置为：xk=f.tgθk。2.光栅衍射的暗纹中心为：dsinθ=±kλ/N；k=1,2,…,N-1,N+1,…，相邻两个主极大之间有N-1个暗纹，有N-2个次极大。光栅衍射图样中明条纹细窄明亮,暗区宽阔；N越大越显著；3.中央主极大的亮度最大，各级主极大随级数k的增加而迅速减小，I0》I1》I2……。4.级数的上限：∵sinθ≤1，∴k≤d/λ。最大级数为km=d/λ（取整数）。5.缺级：∵dsinθ=±Kλ主极大，asinθ=kλ为暗条纹；∴级数为K=kd/a的主极大将不出现，称为缺级。例如d/a=2，K=2，4，…各级将缺级。例如d/a=3，K=3，6，…各级将缺级。6.白光入射将出现彩色光谱线分布——称为光栅衍射光谱。§15-8圆孔衍射与光学仪器分辨率一、圆孔衍射1.实验装置：2.理论分析方法：仍用半波带法，但光程差为半波长的波带面积不相等理论计算较复杂。3.圆孔衍射图样特征：(1)条纹形状——同心圆条纹；(2)中心为亮斑（Airy斑），外围各级明(暗)圆条纹，Airy斑集中了绝大部分光强（90%）。(3)第一级暗纹对应的衍射角θ1≈sinθ1=1.22λ/D；Airy斑半径R=1.22f/D，D为圆孔直径。二、光学仪器分辨率1.Rayleigh判据：两个物点(光源)相互靠近，若第一个衍射图样的中央主极大中心与另一个衍射图样第一级暗纹中心相重合时，两个物(点)恰好能够分辨。2.最小分辨角：由Rayleigh判据可得最小分辨角为：θm≈sinθ1=1.22λ/D。3.光学仪器分辨率：δ=1/θm=0.82D/λ。(1)δ∝D；天文望远镜D=1~10m，(2)δ∝1/λ；电子显微镜λ≈10-11~10-15m。§15-9X光的衍射一、X光：1.X射线是一种电磁波，λ≈10-10~10-11m。2.X射线具有较强的穿透能力。二、X光的衍射：1.劳厄实验：X射线通过铅板上的圆孔射到晶体片上，在感光胶片上形成圆斑……劳厄斑。2.布拉格公式：X光平行照射晶片，以晶面为镜面在满足折射定律的方向上将出现主极大。设晶格常数为d，X射线的掠射角为φ；则主极大满足：2dsinφ=kλ；……布拉格公式。作业（P252）：18-21，18-22，18-25，18-26。103\n§15-10自然光与偏振光一、自然光在垂直光线的平面内的各个方向上光矢量对称分布；[Ex]=[Ey]，[Ix]=[Iy]。二、偏振光1.完全偏振光：光矢量仅出现在一个确定的方向上，其他方向没有光矢量；[Ix]=0或[Iy]=0。2.部分偏振光：在垂直光线的平面内的某个方向上光矢量分布占优势，[Ix]≠[Iy]。3.偏振度：P=[Imax-Imin]/[Imax+Imin]；自然光P=0；完全偏振光P=1；部分偏振光P<1。二、偏振光的获得：1.物质二向色性起偏；2.折射光和反射光起偏；3.物质的各向异性起偏。§15-11物质的二向色性与Malus定律一、物质二向色性1.线栅起偏器：细导线平行排列构成线栅，沿导线方向的光矢量被吸收，对电磁波起偏。2.二向色性：高导电率长分子链平行排列可以吸收该方向上的光矢量，称为二向色性；3.二向色片：应用二向色性（如含碘聚乙烯醇）物质制作偏振片。允许通过的光矢量方向为偏振化方向。二、Malus定律：若入射二向色片的线偏光的光强为I0，光矢量与偏振化方向的夹角为θ，透出的线偏光的光强为I，则：I=I0cos2θ。1.θ=0，I=I0；2.θ=π/2，I=0。3.若是自然光入射光强为I0，则I=I0/2。三、偏振片的检偏作用：1.偏振片绕光线旋转时，若光强无任何变化则为自然光入射；2.偏振片绕光线旋转时，若光强发生变化且最小光强为零则为线偏振光入射；3.偏振片绕光线旋转时，若光强发生变化但是最小光强不为零则为部分偏振光入射。§15-12反射与折射光的偏振与Brewster定律一、反射光与折射光的偏振：1.当自然光入射到两种物质的界面上时，反射光与折射光都是部分偏振光；2.反射光在垂直入射面的方向上的光矢量占优势，折射光在平行入射面的光矢量占优势。二、Brewster定律：1.当入射角满足：tgib=n2/n1；反射光为线偏振光，光矢量垂直于入射面；折射光为部分偏振光，光矢量在入射面的方向上占优势，而且偏振度最高。2.推论：以Brewster角入射时，反射光线与折射光线垂直；ib+rb=π/2。三、玻片堆起偏：平行堆放的平面玻璃板构成玻片堆起偏器，可以使折射光成为良好的偏振光。例题17-9一束光是自然光和线偏振光的混合；通过偏振片并转动偏振片时发现最大光强是最小光强的5倍；求：入射光中自然光的光强与线偏振光的光强之比。解：Imax=IN/2+IP；Imin=IN/2；Imax/Imin=1+2IP/IN=5；∴IP/IN=2；例题17-10测得从一池静水的水面上反射的太阳光是完全偏振光，水的折射率为n=1.33；求：此时太阳处在地平线的多大仰角处。解：设仰角为θ，太阳光的入射角为i；则：θ+i=90º，根据布儒斯特定律，tgi=n=1.33，i=arctg1.33=53.06º，θ=90º-i=90º-53.06º=36.94º，103\n作业19（P268）19-21，19-22，19-23。103\n§15-13光的双折射一、光的双折射：自然光入射在晶体上时，一条入射光线对应两条折射光线（o光和e光）。1.寻常光线与非常光线：(1)寻常光线o光（o光）满足折射定律；(2)非常光线（e光）不满足折射定律。2.晶体特征的描述：(1)光轴：晶体内存在一个特殊方向，称为光轴；光沿光轴方向传播时不发生双折射。(2)主截面：晶体表的法线与光轴构成主截面。(3)主平面：晶体内光线与光轴构成主平面。二、o光与e光的偏振特性1.o光和e光都是线偏振光；2.o光矢量垂直其主平面；e光矢量平行其主平面。3.若入射面与主截面重合，o光矢量与e光矢量相互垂直。三、o光与e光的传播特性：1.o光的传播速度是常量,与传播方向无关；e光的传播速度不是常量,与传播方向有关；2.在光轴方向上o光与e光的速度相同；在垂直光轴方向上o光与e光的速度差异最大。四、晶体的主折射率：1.晶体的主折射率：no=c/vo，ne=c/ve⊥；no和ne称为晶体的主折射率。2.晶体的双折射率：κ=[no-ne]；κ称为晶体的双折射率；κ>0，为正晶体；κ<0，为负晶体。五、.双折射的解释：1.o光与e光的波面：o光波面为球面，e光的波面为椭球面，在光轴方向两者重合。2.o光矢量总是垂直光轴；e光沿不同方向传播光矢量与光轴的夹角不同：（1）沿光轴方向传播时o光与e光的光矢量都垂直于光轴，所以两者的速度相同；（2）在偏离光轴方向上o光和e光具有不同的速度产生双折射。3.由于晶体内部的分子结构,对偏离光轴不同方向上的光振动具有不同的传播速度（各向异性），导致光波中两个相互垂直的光振动具有不同的传播方向从而形成双折射。六、双折射偏振棱镜：1．尼科尔棱镜：天然方解石厚度一般太小不能将o光和e光分开；尼科尔棱镜(Nicol)是将方解石加工成的一种偏振棱镜。将两块经过特殊加工的方解石用加拿大胶粘合而成的长方柱形棱镜。方解石的主折射率为：no=1.658，ne=1.486；加拿大胶的折射率为n=1.550；当自然光入射到方解石表面上时(入射角为220)，晶体内两条折射光o光和e光(折射角分别为130和14.60)；到达分界面时(入射角分别为770和75.40)；o光将发生全反射(全反射临界角为700)不能通过晶体；只有e光通过晶体；所以出射的光线是偏振光。2．沃拉斯顿棱镜和洛匈棱镜：沃拉斯顿(Wollaston)棱镜和洛匈(Rochon)棱镜都是由两块光轴相互垂直的直角方解石粘合而成的；利用这种棱镜可以获得两束分得很开的线偏振光；是很好的偏振分光元件。七、人为双折射：1.光弹性效应：某些玻璃、塑料等各向同性介质受到外力作用时会产生双折射效应，其光轴方向与外力方向一致,双折射率为：（no-ne）=kP，P为应力压强；利用光弹性效应制作光测弹性仪具有广泛的用途。2.Kell效应：某些溶液在电场中可产生双折射效应,其光轴方向与电场方向一致,双折射率为：（no-ne）=k（λ）E2，E为电场强度；利用Kell效应常用于制作光控开关,灵敏度极高（10-9s）。103\n§15-14偏振光的干涉*一、实验装置231αCPAe2A1AoAe3Ao3αβ自然光通过一个偏振片后,出射线偏振光1；再通过双折射晶片C后,光线2包含相互垂直的两种光振动o光和e光；由于是垂直入射晶片C，所以o光和e光的光线没有分开；但是o光和e光在晶片C中的传播速度不同,引起光程差为Δ=（no-ne）d，所以o光和e光的光波面已经分开；经过偏振片P后光线3中的o光和e光成为相干光，如果将晶片C作成契形则可以在屏幕上看到干涉图样。二、理论分析:设线偏振光的光振动方向与晶片C的光轴夹角为α,光轴与偏振片的偏振化方向夹角为β；Ae2=A1cosα，Ao2=A1sinα；Ae3=Ae2cosβ=A1cosαcosβ=A1sinαcosα，Ao3=A1sinαsinβ=A1sinαcosα；显然Ae3=Ae3；因为Ae3与Ao3之间存在π相位突变，所以位相差为：Δφ=2π(no-ne)d/λ+π；Δφ=2π(no-ne)d/λ+π=2kπ，为明条纹；Δφ=2π(no-ne)d/λ+π=（2k+1）π，为暗条纹；三、椭圆偏振光与圆偏振光:线偏振光α21PC自然光椭圆偏振光1.椭圆偏振光：自然光通过偏振片P后成为线偏振光1，.通过双折射晶片C的光线2中包含相互垂直的两种光振动（o光和e光）；设o光和e光的光振动分别为：Ee=A1cosωt，Eo=A2cos（ωt+Δφ）；其轨迹方程为：Ee2/A12+E02/A22-2EeE0cosΔφ/A1A2=sin2（Δφ）；合成光矢量的轨迹一般为椭圆，称为椭圆偏振光。2.圆偏振光：若Δφ=2π(no-ne)d/λ=π/2，A1=A2；合成光矢量的轨迹为圆，称为圆偏振光；此时通过双折射晶片C的o光和e光的光程差为Δ=（no-ne）d=λ/4；称为四分之一波片。3.振动面旋转：若Δφ=2π(no-ne)d/λ=π，合成光矢量的轨迹为直线，依然为线偏振光，振动面旋转一个角度；此时通过双折射晶片C的o光和e光的光程差Δ=（no-ne）d=λ/2；此晶片称为半波片。四、旋光现象:1.线偏振光通过某些物质光振动面发生旋转的现象称为旋光现象。2.光振动面发生逆时针旋转的成为左旋物质；光振动面发生顺时针旋转的成为右旋物质。3.旋光晶体：旋转角度与晶体厚度成正比，ψ=ad。4.旋光溶液：旋转角度与溶液浓度成正比，ψ=aCd。测糖计就是根据这一原理制成的。103\n第十六章量子物理基础一、基本要求：掌握爱因斯坦光子理论和光电效应方程、康普顿效应、玻尔量子假设和氢原子理论、德布罗意关系；理解不确定原理、波函数、薛定鄂方程；了解黑体辐射、普朗克公式和量子假设、一维势阱中的粒子。二、重点内容：光子和光电效应、波尔量子理论、德布罗意关系、波函数、薛定鄂方程。三、难点内容：黑体辐射、波函数、薛定鄂方程。本章内容比较重要，要着重讲述基本概念和基本规律，使学生加深对基本内容的理解。本章内容计划使用8学时。§16-1黑体辐射的量子理论一、黑体辐射的一般概念：1.单色辐出度Mλ(λ，T)：单位时间内从单位面积上辐射的波长为λ∽λ+dλ的电磁波能量。2.总辐出度M（T）：单位时间内从单位面积上辐射的各种波长的电磁波能量。M（T）=∫0∞Mλ（λ，T）dλ；3.吸收率α与反射率r：(1)吸收率α=吸收的能量/入射的能量；(2)反射率r=反射的能量/入射的能量；(3)对不透明物体：r+α=1；4.黑体：r=0，α=1；能够吸收所有的电磁辐射的理想化模型；空腔小孔是典型的黑体模型。5.Kirchhoff定律：在温度一定的封闭容器内，所有物体的单色辐出度与吸收率之比都相等。Mλ1/α1=Mλ2/α1=……=MBλ；∵α1，α2，…容易测量，∴已知MBλ就可以知道Mλ。MBλλm二、黑体辐射的实验规律1.黑体辐射的实验曲线；(1)λ=0和λ→∞，MBλ=0；(2)存在一个峰，对应波长λm。2.Stefan—Boltzman定律：M（T）==σT4；σ=5.67×10-8W/m2T4；3.Wien位移定律：λmT=b；b=2.898×10-3m.K。三、黑体辐射经典理论公式1.Rayleigh—Jeans公式：设电磁波满足能量均分原理：MBλ=c1kTλ-4；Rayleigh—Jeans公式在长波段符合实验，短波段与实验不符（紫外灾难）。2.Wien公式：设电磁波分布满足Maxwell速率分布律：MBλ=C2eC/Tλλ-5；Wien公式在短波段符合实验，长波段与实验不符。3.Planck公式：应用内插法导出黑体辐射公式：MBλ=。Planck公式在每一波段都符合实验，并且可以推导出黑体辐射的所有规律。讨论：(1)λ→∞，ehc/kTλ>>1，ehc/kTλ-1≈ehc/kTλ；∴MBλ=C2λ-5eC/Tλ。(2)λ→0，ehc/kTλ≈1+hc/kTλ，MBλ=c1Tλ-4。h=6.63×10-34Js(3)令dMBλ/dλ=0，得λmT=b≈hc/5k=2.898×10-3m.K。(4)E（T）==σT4；σ=6.5×2πk4/h3c2≈5.67×10-8W/m2T4；四、Planck能量子假设和普朗克公式1.带电粒子谐振动时辐射电磁波，其能量与频率成正比ξ=hν，称为能量子。2.带电谐振子吸收或辐射电磁波的能量是量子化的，hν，hν，…，nhν。3.根据量子假设应用统计方法导出黑体辐射的Planck公式。103\nIISUaU§16-2光电效应一、光电效应实验的伏安特性曲线：1.U与I非线性；2.存在饱和电流IS；3.U=0，I≠0；U=-Ua，I=0。Ua为遏止电压。二、光电效应的实验规律：1.饱和电流IS正比于光强S，意味着光电子数目Ne正比于光强S，即：IS∝Ne∝S。2.遏止电压与光的频率成线性增长关系，意味着EK0=eUa=hν+B。3.存在截止频率νH（红限）：ν≤νH时，光电流I≡0。4.当ν>νH时，立即产生光电流，不需要积累时间。5．波动光学理论不能解释光电效应的上述结论。三、Einstein光子假设：1.光束是光子流，光子必以光速c运动，光子静质量为零（被吸收）。2.光强正比于光子的数目即S∝N。3.光子能量为：ε=hν，光子动量为p=hν/c=h/λ，光子质量为m=hν/c2。四、Einstein光电效应方程：Einstein提出自由电子与光子完全非弹性碰撞，一次性吸收光子；吸收的能量一部分用来克服金属逸出功A另一部分转化为电子的初始动能。∴hν=EK0+A；1.∵光电子数目Ne∝光子数目N，∴IS∝Ne∝N∝S。2.eUa=EK0=hν-A。3.当ν≤A/h时，EK0≡0。∴νH=A/h。4.电子一次性吸收一个光子能量，不需要时间来积累能量，∴ν>νH，就立即产生光电流。X光源λ0λ0λ样品光阑φ§16-3Compton效应一、X光的散射规律：1.X光散射的实验装置：2.X光散射的实验规律：(1)散射光有波长λ0的成分，还有λ>λ0的成分。(2)Δλ=λ-λ0,仅取决于散射角φ；φ↑，Δλ↑。(3)φ一定,散射物质的原子序数Z越大，原波长强度Iλ0相对越大，新波长强度Iλ相对越小。3．波动光学理论不能解释Compton效应。二、Compton公式h/λ0n0h/λnmvφθCompton假设X光的光子与自由电子作弹性碰撞；由能量守恒：hv0+m0c2=hv+mc2；或hc[1/λ0-1/λ]+m0c2=mc2…………①；由动量守恒mv=h/λ0n0-h/λn；可得：[mv]2=[h/λ]2+[h/λ0]2-2hcosφ/λ0λ；或[mvc]2=[hc/λ]2+[hc/λ0]2-2h2c2cosφ/λ0λ……………②将①2-②可得：m2c2[1-v2/c2]=[m0c]2-2h2c2[1-cosφ]/λ0λ+2hm0c3[1/λ0-1/λ]；∵m02=m2c2[1-v2/c2]，∴可得：Δλ=λ-λ0=h/m0c[1-cosφ]…………Compton公式。λc=h/m0c=2.42×10-12m……………Compton波长。∴Δλ=λc[1-cosφ]。三、解释X射线散射规律1.光子与自由电子碰撞对应新波长谱线，与原子实碰撞对应原波长谱线。2.由Δλ=λ-λ0=h/m0c[1-cosφ]；显然φ↑，Δλ↑。3.原子序数大，束缚电子数多,光子与原子实碰撞的概率大，所以原波长强度Iλ0越大，新波长强度Iλ相对越小。103\n§16-4氢原子的Bohr量子理论一、氢原子光谱规律：1.氢原子光谱线的特点：(1)光谱线是分立的；(2)光谱线是稳定的。2.Balmer公式：λ=Bn2/[n2-4]；B=346.5nm…………Balmer常数。3.Rydberg公式：1/λ=R[1/m2-1/n2]，R=1.096776×107/m…………Rydberg常数。m=1，Lyman系(紫外线)；m=2，Balmer系(可见光)；m=3，Paschen系(红外线)；……。二、经典物理的困难：1.电子绕核作圆周运动辐射电磁波，原子的能量可连续变化，辐射光谱线应当是连续的。2.辐射电磁波的过程中，原子的能量应逐渐减小为零，辐射的光波不应当是稳定的。三、Bohr的量子假设：1.定态假设：原子有一系列能量分立的稳定态E1，E2，…；处于定态的原子不辐射电磁波。2.跃迁假设：原子从高能态跃迁到低能态时发射一个光子，光子的能量满足：hν=En-Em；3.轨道量子化假设：电子绕原子核旋转的角动量满足：L=mvr=nh/2π；n=1,2,……。四、Bohr氢原子理论1.氢原子的半径：∵L=mvr=nh/2π，mv2/r=e2/4πε0r2；∴rn=n2[ε0h2/me2]=n2r1。r1=5.29×10-11m。2.氢原子的能量：mv2/r=e2/4πε0r2；动能Ek=mv2/2=e2/8πε0r；势能EP=-e2/4πε0r；原子的能量为：En=-e2/8πε0rn=-1/n2[me4/8πε02h2]=-1/n2E1；E1=ξ=13.6eV……玻尔能子。3.氢光谱规律：∵hc/λ=En-Em=ξ[1/m2-1/n2]；∴1/λ=[1/m2-1/n2]ξ/hc==R[1/m2-1/n2]；R=ξ/hc=1.096776×107/m。§16-5实物粒子的波粒二象性一、实物粒子的波动性1.deBroglie关系：德布罗意提出实物粒子都具有波动性满足：ν=E/h=mc2/h，λ=h/P=h/mv。2.deBroglie关系的实验验证：1927年Thomson（英）和Davisson（美）分别作了电子衍射实验,验证了电子的波动性。二、Heisenberg不确定关系1.位置与动量的不确定关系：ΔPx·Δx≥h，ΔPy·Δy≥h，ΔPz·Δz≥h：证明：设一光子作用一粒子，动量的不确定量为：ΔPx=2hSinθ/λ；位置的不确定量为：Δx=D，根据Rayleigh判据：Sinθ≥1.22λ/D；∴ΔPx·Δx=1.22h≥h，2.能量与时间不确定关系：ΔEΔt≥h；E=mv2/2,ΔE=vΔ(mv)=vΔp；ΔEΔt=vΔtΔp=ΔPΔx≥h。3.不确定关系的意义：(1)不确定关系是物质波粒二象性的反映，并非测量误差引起的结果。(2)不确定关系否定了经典确定性状态和轨道的概念，意味着量子状态和轨道有统计意义。三、物质波的波函数1.自由粒子波函数：自由粒子的动量与能量都不变，频率与波长都确定，对应平面单色波，y=Acos2π[νt-x/λ]。∵ν=E/h,λ=h/P；y=Acos2π[νt-x/λ]=Acos2π/h[Et-pxx]。∴自由粒子的波函数为：Ψ=Ψ0exp[-i/（Et-p·r）]=Ψ0exp｛-i/[Et-（pxx+pyy+pzz）]｝。2.波函数的统计意义：光的衍射图样：亮纹处光强大，光子数目多，光子在此处出现的概率大；∴P∝IS∝E2；电子衍射图样：峰处电流大，电子数目多，电子出现的概率大；∴P∝│Ψ（x，y，z,t）│2；∴粒子在｛x~x+dx，y~y+dy，z~z+dz｝范围内出现的概率为：dP（x，y，z,t）∝│Ψ（x，y，z,t）│2dxdydz。表示波的强度│Ψ（x，y，z,t）│2=dP/dxdydz代表粒子的概率密度分布。103\n3.波函数的标准化条件：（1）单值，（2）连续，（3）有限。4.波函数的归一化：∫∫∫Ψ2（x，y，z,t）dxdydz=1。(1)反映了物质不灭定律；(2)相差常数因子的波函数都等价；(3)归一化条件可确定波函数的幅值。五、实物粒子的波粒二象性1.任何实物粒子（m0≠0）都有波粒二象性，deBroglie关系反映了两者的联系。2.与实物粒子所缔合的波只能反映粒子在空间出现的的概率密度分布。(1)νλ=E/h·h/P=mc2/mv=c2/v>c，∴物质波的波函数不能表示任何信号的传播。(2)相差常数因子的两个波函数等价说明物质波的波函数不能表示任何物理量的分布。(3)波函数本身没有确切的物理意义，波函数共轭平方代表实物粒子在空间概率密度分布。§16-6Schrodinger方程及其应用一、Schrodinger方程1.自由粒子Schrodinger方程：自由粒子波函数Ψ(x,y,z,t)=Ψ0exp｛-i/[Et-(pxx+pyy+pzz)]｝；∂2Ψ/∂x2=-px2/2Ψ，∂2Ψ/∂y2=-py2/2Ψ，∂2Ψ/∂z2=-pz2/2Ψ；∂Ψ/∂t=-iE/Ψ；（=h/2π）E=Ek+E0（E0为常量与波动无关）,E=p2/2m；∴-2/2m·[∂2/∂x2+∂2/∂y2+∂2/∂z2]Ψ=i∂Ψ/∂t，2=∂2/∂x2+∂2/∂y2+∂2/∂z2……Laplance算符；-2/2m2Ψ=i∂Ψ/∂t……Schrodinger方程。2.势力场中粒子Schrodinger方程：E=p2/2m+U(x,y,z,t)；∴-2/2m[2+U(x,y,z,t)]Ψ=i∂Ψ/∂t，引入Homiton算符=-2/2m[2+U(x,y,z,t)]；Ψ=i∂Ψ/∂t……Schrodinger方程。3.定态Schrodinger方程：若U=U(x,y,z)与t无关，则令Ψ(x,y,z,t)=f(t)ψ(x,y,z)；代入Schrodinger方程可得：2/2m[2+U(x,y,z)]ψ(x,y,z)f(t)=iψ(x,y,z)df(t)/dt；2/2m2ψ(x,y,z)/ψ(x,y,z)+U(x,y,z)=idf(t)/f(t)dt=E；等式左端为x,y,z的函数，右端为t的函数；欲使等式恒定成立必须等于一个相同的常数E。∴2ψ(x,y,z)+2m/2[E-U(x,y,z)]ψ(x,y,z)=0；……定态Schrodinger方程。df(t)/f(t)=-iEdt/；f(t)=exp（-iEt/）；Ψ(x,y,z,t)=ψ(x,y,z)exp[-iEt/]……定态波函数。4.Schrodinger方程的意义：(1)Schrodinger方程是量子力学中基本规律。(2)已知势能函数U(x,y,z,t)可由Schrodinger方程求出波函数，可知粒子在空间的概率分布。(3)借助力学量算符可以求得各个力学量的统计平均值，从而可以知道粒子的运动状态。二、Schrodinger方程的应用——一维无限深势阱中的粒子xUaΨ1Ψ2Ψ301.一维无限深势阱：势能函数为：U=∞，x≤0和x≥a；U=0，0≤x≤a。2.势阱中粒子的波函数：一维定态Schrodinger方程为：d2Ψ/dx2+8mπ2/h2[E-U（x）]Ψ=0；(1)x≤0：令β2=8mπ2/h2[U-E]，Schrodinger方程为：d2Ψ1/dx2-β2Ψ1=0；Ψ1=A1eβx+A2e-βx；∵U=∞，β=∞，x≤0；∴eβx=0，e-βx=∞，∵波函数必须有限，∴A2=0，Ψ1=0。(2)x≥a：令β2=8mπ2/h2[U-E]，Schrodinger方程为：d2Ψ3/dx2-β2Ψ3=0；Ψ3=B1eβx+B2e-βx；∵U=∞，β=∞，x≥0；∴e-βx=0，eβx=∞，∵波函数有限，∴B1=0，Ψ3=0。(3)0≤x≤a，U=0，d2Ψ2/dx2+8mπ2E/h2Ψ2=0；令k2=8mπ2E/h2，d2Ψ2/dx2+k2Ψ2=0；Ψi=C1sinkx+C2coskx；由波函数连续性：∵Ψ2（0）=C2=Ψ1（0）=0；∴C2=0；∵Ψ2（a）=C1sinka=Ψ3（a）=0；∴k=nπ/a；Ψ2=C1sinnπx/a；由波函数归一化∫Ψ2（x）dx=C12∫[sinnπx/a]2dx=1；得：C1=[2/a]1/2；∴Ψ2=[2/a]1/2sinnπx/a。∴Ψ=[2/a]1/2sinnπx/a，0≤x≤a，（势阱内部）；Ψ=0，x≤0和x≥a，（势阱外部）。103\n3.能量量子化：∵k=nπ/a；∴En=n2h2/8ma2；n=1，2，…，最小能量E1=h2/8ma2≠0；4.势阱内粒子的概率密度分布：Ψ2=2/asin2nπx/a，(1)n=1,Ψ2=2/asin2πx/a；在x=a/2，出现1个峰。(2)n=2,Ψ2=2/asin22πx/a;在x=a/4，3a/4，出现2个峰。(3)n=3，Ψ2=2/asin23πx/a，在x=a/6，3a/6，5a/6，出现3个峰。∴n越大，出现的峰越多，粒子的位置就越难确定。当n→∞，粒子的位置完全不能确定。例题16-1假设太阳为黑体，辐射峰所对应的波长为λm=465nm；求：（1）太阳的表面温度；（2）太阳的总辐出度；解：（1）据Wine定律：T·λm=b=2.89×10-3K·m；T=b/λm=2.89×10-3/（456×10-9）=6230K；（2）根据玻尔滋蔓定律：M（T）=σT4=5.67×10-8×（6230）4=8.54×107W/m2；例题16-2一个点光源辐射功率为P=100W，发射光线的波长为λ=500nm；求：（1）光子的质量m、动量p和能量ε；（2）单位时间内光源发出的光子的数目ns；（3）在距离光源r=1km处，单位时间内垂直通过单位面积的光子数目n；（4）若人的眼睛直径d=5mm，在r=1km处，单位时间内进入人眼的光子数目N；解：（1）ε=hν=hc/λ=6.63×10-34×3×108/500×10-9=4.0×10-19J=2.5eV；m=ε/c2=h/λc=6.63×10-34/（3×108×500×10-9）=4.4×10-36kg；p=mc=h/λ=6.63×10-34/500×10-9=1.34×10-27kg·m/s；（2）P=nsε=nshc/λ；ns=P/ε=100/4.0×10-19=2.5×10201/s；（3）n=ns/4πr2=2.5×1020/（4π10002）=2.0×1013s-1m-2；（4）N=nS=nπd2/4=2.0×1013×3.14×25×10-6/4=3.9×108；例题16-3金属钨的红限波长为λh=690nm，如果光电子的初动能为Ek0=1.5eV；求：（1）金属的逸出功；（2）遏止电压；（3）入射光的波长。解：（1）钨金属的逸出功为：W=hc/λh=6.63×10-34×（3×108）/690×10-9=2.86×10-19J；（2）遏止电压为：Ua=Ek0/e=1.5V；Ek0=1.5eV=1.5×1.6×10-19=2.4×10-19J；（3）由爱因斯坦方程，Ek0=hc/λ-A；λ=hc/（Ek0+W）；λ=6.63×10-34×（3×108）/（2.4×10-19+2.86×10-19）=5.4×10-7m=540nm；例题16-4一束x射线被自由电子散射，（自由电子可以看作是静止的）；在散射角为φ=450的方向上，散射的x射线的波长为λ=2.2×10-3nm；求：（1）入射的x射线的波长；（2）电子的反冲动能。解：（1）由康普顿方程，Δλ=λ-λ0=h（1-cosφ）/mec=λ-λc（1-cosφ）；λc=h/mec=2.42×10-12m=2.42×10-3nm；∴λ0=2.2×10-3-2.42×10-3×（1-cos450）=1.49×10-3nm；（2）∵hv0+m0c2=hv+mc2；∴Ek=（m-m0）c2=h（v0-v）=hc（1/λ0-1/λ）；∴Ek=hc（1/λ0-1/λ）=6.63×10-34×3×108（1/1.49-1/2.2）×10-12=4.3×10-14J。例题16-5一个能量为ε0=4.0×103eV的光子与一个静止的电子发生碰撞；求：电子可以获得的最大能量。解：入射光子的波长为：λ0=hc/ε0=6.63×10-34×3×108/（4.0×103×1.6×10-19）=3.11×10-10m；由康普顿方程，Δλ=λ-λ0=h（1-cosφ）/mec=λ-λc（1-cosφ）；103\n当散射角为φ=1800时电子获得的能量最大，此时散射光的波长为：λ=λ0+λc（1-cos1800）=3.11×10-10+2×2.42×10-12=3.158×10-10m=315.8nm；散射光子的能量为：ε=hc/λ=6.63×10-34×3×108/3.158×10-10=3.94×103eV；电子可以获得的最大能量为：ΔE=ε0-ε=60eV；103\n例题16-6氢原子的巴耳末线系中有一条光谱线的波长为434nm，求：（1）求相应的光子的能量；（2）该光谱线是氢原子由能级En跃迁到能级Ek产生的，求n和k是多少?（3）最高能级为En的大量氢原子可以发射几个线系，共有几条谱线?解：（1）ε=hc/λ=6.63×10-34×3×108/434×10-9=4.58×10-19J=2.86eV；（2）对于巴耳末线系k=2，∵En=E1/n2，E1=-13.6eV，ε=En–Ek=E1（1/n2-1/22）；∴1/n2=1/22+ε/E1=1/4-2.86/13.6=0.04；1/n=0.2；n=5；（3）对于n=5能级上的大量氢原子可以发射4个线系，k=1，2，3，4；共有10条谱线：λ5~4；λ5~3，λ4~3；λ5~2，λ4~2，λ3~2；λ5~1，λ4~1，λ3~1，λ2~1；例题16-7已知氢原子的巴耳末线系中波长最长的一条光谱线的波长为656.28nm，试求：巴耳末系和帕邢系中波长最长的光谱线的波长。解：（1）对于巴耳末系：1/λ=R（1/22-1/n2）；当n→∞时，谱线的波长最长；∴巴耳末系中谱线的最大波长为：λmaxB=4/R=656.28nm；（2）帕邢线系：1/λ=R（1/32-1/n2）；当n→∞时，谱线的波长最长；∴λmaxP=9/R；∴λmaxP/λmaxB=9/4；λmaxP=9×656.28/4=1476.63nm；例题16-8已知电子的动能为Ek=10eV，位置的不确定量为Δx=5.0×10-11m；求（1）电子的波长；（2）电子速率的不确定量。解：（1）电子的动量为：P=[2mEk]1/2；λ=h/P=h/[2mEk]1/2=6.63×10-34/[2×9.1×10-31×16×10-19]1/2=3.9×10-10m；（2）Δx·ΔP≥h；Δx·mΔv≥h；Δv≥h/（mΔx）=1.46×107m/s；v=[2Ek/m]1/2=[2×10×1.6×10-19]/9.1×10-31]1/2=1.876×106m/s；∴Δv与v比较不可忽略；例题16-9静止质量为m0=9.1×10-31kg的电子被电势差为U=100kV的电场加速；（1）如果考虑相对论效应，试求电子的德布罗意波长；（2）如果不考虑相对论效应，试求电子的德布罗意波长；并计算两者的相对误差。解：电子获得的动能为：Ek=eU=1.6×10-19×100×103=1.6×10-14J；电子的静止能量为：E0=m0c2=9.1×10-31×（3×108）2=8.19×10-14J；电子的运动能量为：E=eU+m0c2=8.19×10-14+1.6×10-14=9.79×10-14J；（1）电子的动量为：p/=[E2-E02]1/2/c=5.36×10-14/3×108=1.79×10-22kg·m/s；λ/=h/p/=6.63×10-34×/1.79×10-22=3.71×10-12m；（2）不考虑相对论电子的动量为：p=[2m0Ek]1/2=1.7×10-22kg·m/s；λ=h/p=6.63×10-34×3×108/1.7×10-22=3.88×10-12m；Δλ=λ-λ/=0.17×10-12m；Δλ/λ=0.17/3.88=0.044=4.4‰；例题16-10一维无限深势阱中粒子的波函数为：Ψn=[2/a]1/2×sinnπx/a，0≤x≤a；求：当n=1时，在x=0∽a/4的范围内发现粒子的概率。解：当n=1时，Ψ1=[2/a]1/2×sinπx/a，在x=0∽a/4的范围内发现粒子的概率为：P=∫0a/4Ψ21dx=（2/a）∫0a/4（sinπx/a）2dx=1/4-1/2π=0.0908=9.08‰；作业21（P296）：21-30，29-31，21-33，21-36。103\n附录：A、相互垂直的两个简谐振动的合成：设质点同时参与两个振动：x=A1cos(ωt+φ1)，y=A2cos(ωt+φ2)；x/A1=cosωtcosφ1+sinωtsinφ1；……①y/A2=cosωtcosφ2+sinωtsinφ2；……②①×cosφ2-②×cosφ1得③：①×sinφ2-②×ssinφ1得④：xcosφ2/A1-ycosφ1/A2=sinωt[sinφ1cosφ2-sinφ2cosφ1]=-sinωtsin(φ2-φ1)……③xsinφ2/A1-ysinφ1/A2=cosωt（sinφ2cosφ1-sinφ1cosφ2）=cosωtsin(φ2-φ1)……④③式平方+④式平方得到质点的轨迹方程为：x2/A12+y2/A22-2xycos(φ2-φ1)/A1A2=sin2(φ2-φ1)。B、强迫振动的稳定解：微分方程：d2x/d2t+2βdx/dt+ω02x=HcosΩt；…………①HcosΩt称为策动力。通解为：x=X+x*；X为齐次通解，x*为任意一个特解。X=A/e-βtcos（ωt+Ф）；t→∞，X=0。稳定情况下x=x*；令x=x*=acosΩt+bsinΩt；……②将②代入①得：-Ω2[acosΩt+bsinΩt]-2βΩasinΩt+2βΩbcosΩt+ω02acosΩt+ω02bsinΩt=HcosΩt；（ω02a+2βΩb-Ω2a）cosΩt+（ω02b-2βΩa-Ω2b）sinΩt=HcosΩt；∴ω02a+2βΩb-Ω2a=H，ω02b-2βΩa-Ω2b=0；解得：a=H[Ω2-ω02]/[（Ω2-ω02）2+4β2Ω2]；b=2βΩH/[（Ω2-ω02）2+4β2Ω2]；令a=H[Ω2-ω02]/[（Ω2-ω02）2+4β2Ω2]=Acosφ，b=2βΩH/[（Ω2-ω02）2+4β2Ω2]=-Asinφ；则强迫振动的稳定解为：x=acosΩt+bsinΩt=AcosΩtcosφ-AsinΩtsinφ=Acos（Ωt+φ）。其中：A=[a2+b2]1/2=H/[（Ω2-ω02）2+4β2Ω2]1/2，tgφ=-b/a=2βΩ/（Ω2-ω02）；（1）稳定强迫振动的频率取决于策动力频率，（2）振幅与频率有关。C、驻波的能量：1.驻波方程：y1=A0cos[ωt-2πx/λ]，y2=A0cos[ωt+2πx/λ]；∴y=y1+y2=2A0cos2πx/λ·cosωt；x=kλ/2，y=0，为波节；x=（2k+1）λ/4，y=2A0，为波腹。2.能量的分布：动能密度：wk=½ρ[∂y/∂t]2=2ρω2A20cos22πx/λsin2ωt；动能密度：wp=½ρu2[∂y/∂x]2=2ρω2A20sin22πx/λcos2ωt；能量密度：w=wk+wp=2ρω2A20[cos22πx/λsin2ωt+sin22πx/λcos2ωt]；=∫wdt=ρω2A20=常量。显然：波节处（x=kλ/2）wk=0，wp=2ρω2A20cos2ωt，动能为零，势能最大；波腹处x=[2k+1]λ/4，wp=0，wk=2ρω2A20sin2ωt，势能为零，动能最大；t=0,波节处：wk=0，wp=2ρω2A20，能量最大；波腹处：wp=0，wk=0，能量为零；t=T/4,波节处：wk=0，wp=0，能量为零；波腹处：wp=0，wk=2ρω2A20，能量最大；∴在t=0~t=T/4这段时间内，波节附近的势能逐渐转换为波腹附近的动能；t=T/2；波节处：wk=0，wp=2ρω2A20，能量最大；波腹处：wp=0，wk=0，能量为零；∴在t=T/4~t=T/2这段时间内，波节附近的势能波腹处转换为波腹附近的动能；因此在波节与波腹之间，动能和势能相互转换。在一个完整的波段内，能量保持不变。3.能量的传播：能流密度：I1=ρω2A2sin2ω（t-x/u）ui，I2=-ρω2A2sin2ω（t+x/u）ui，I=I1+I1=ρω2A2[sin2ω（t-x/u）-sin2ω（t+x/u）]ui=平均能流密度=0。能量在波节与波腹之间以振荡的形式传播，平均而言能量不传播。103\nD、机械波半波损失的证明：设两种介质的界面处为：x=0；入射波方程为：y1=A1cos[ω(t-x/u)]，反射波方程为：y/1=A/1cos[ω(t+x/u)+φ1]，透射波方程为：y2=A2cos[ω(t-x/u)+φ2]；在界面处(x=0)，由振动(速度)的连续性可知：[∂y1/∂t+∂y/1/∂t]x=0=[∂y2/∂t]x=0；可得:A1sinωt+A/1sin[ωt+φ1]=A2sin[ωt+φ2]…………①由能量守恒可知：[I1+I/1]x=0=[I2]x=0；∵I=ρω2A2sin[ω(t-x/u)+φ]u；故得：ρ1u1[A21sin2ωt-A/21sin2[ωt+φ1]=ρ2u2A22sin2[ωt+φ2]…………②②①得：ρ1u1[A1sinωt-A/1sin(ωt+φ1)]=ρ2u2A2sin[ωt+φ2]…………③将①式代入③式：ρ1u1[A1sinωt-A/1sin(ωt+φ1)]=ρ2u2A1sinωt+A/1sin[ωt+φ1]，(ρ1u1-ρ2u2)A1sinωt=(ρ1u1+ρ2u2)A/1sin[ωt+φ1]，即：；………④∵④式右端与时间无关，∴必有sinφ1=0，φ1=0或π；（1）若(ρ1u1-ρ2u2)>0，φ1=0；反射波与入射波同相位，不存在半波损失；（2）若(ρ1u1-ρ2u2)<0，φ1=π；反射波与入射波反相位，存在半波损失；E、由麦克斯韦方程导出电磁波波动方程：在没有电荷和电流的空间，麦克斯韦方程为：divE=0，rotE=-∂B/∂t=-μ∂H/∂t；divH=0，rotH=∂D/∂t。若电磁场仅在x方向上变化，E=E（x，t），H=H（x，t）；由divE=0，得∂Ex/∂x+∂Ey/∂y+∂Ez/∂z=0；∵∂Ey/∂y=0，∂Ez/∂z=0；∴∂Ex/∂x=0，Ex=常量；由divH=0，得∂Hx/∂x+∂Hy/∂y+∂Hz/∂z=0；∵∂Hy/∂y=0，∂Hz/∂z=0；∴∂Hx/∂x=0，Hx=常量；由rotE=-μ∂H/∂t；（∂/∂xi+∂/∂yj+∂/∂zk）×（Exi+Eyj+Ezk）=-μ（∂Hx/∂xi+∂Hy/∂yj+∂Hz/∂zk）；由rotH=-ε∂E/∂t；（∂/∂xi+∂/∂yj+∂/∂zk）×（Hxi+Hyj+Hzk）=-ε（∂Ex/∂xi+∂Ey/∂yj+∂Ez/∂zk）；得：∂Ey/∂x=-μ∂Hz/∂t；…………①∂Hz/∂x=-ε∂Ey/∂t；…………②将①式对x求导得：∂2Ey/∂x2=-μ∂2Hz/∂t∂x，将②式对t求导得：-ε∂2Ey/∂t2=∂2Hz/∂x∂t；两式相减得：∂2Ey/∂x2-εμ∂2Ey/∂t2=0；与∂2y/∂t2-u2∂2y/∂x2=0比较可知：u=[1/εμ]1/2。将①式对t求导得：-μ∂2Hz/∂t2=∂2Ey/∂x∂t，将②式对x求导得：∂2Hz/∂x2=-ε∂2Ey/∂x∂t；两式相减得：∂2Hz/∂x2-εμ∂2Hz/∂t2=0；与∂2y/∂t2-u2∂2y/∂x2=0比较可知：u=[1/εμ]1/2。于是得到一维平面简谐波波动方程为：∂2Ey/∂x2-εμ∂2Ey/∂t2=0；…………③；∂2Hz/∂x2-εμ∂2Hz/∂t2=0；…………④；其通解为：Ey=E0cosω[t-x/u]……⑤；Hz=H0cosω[t-x/u]…………⑥；其中u=[1/εμ]1/2。将⑤式对t求导得∂Ey/∂t=-ωE0cosω[t-x/u]；将⑥式对x求导得：∂Hz/∂x=ω/uH0cosω[t-x/u]；∵∂Hz/∂x=-ε∂Ey/∂t；∴εE0=H0/u=H0/√εμ）；√εE0=√μH0；F：由普朗克公式推导维恩公式、瑞利—金斯公式和维恩定律和斯特藩—玻尔兹曼定律：令x=hc/kTλ，MB（x，T）=2πk5T5/h4c3×x5/[ex-1]。1.当λ→0，x=hc/kTλ》1，ex-1≈ex；MB（λ，T）=2πhc2λ-5e-hc/kTλ=C1eC/Tλλ-5……维恩公式。2.当λ→∞,x=hc/kTλ《1,ex≈1+x，ex-1=x=hc/kTλ；MB(λ,T)=2πhckTλ-4……瑞利—金斯公式。3.令dMB/dx=0,得5-x=5e-x,x=hc/kTλm=4.966；Tλm=hc/4.966k=2.898×10-3mK；维恩定律.。4.E（T）=∫0∞M（λ，T）dλ=2πhc-2[kT/h]4∫0∞x3[ex-1]-1dx=6.494×2πhc-2[kT/h]4=σT4；……斯特藩—玻尔兹曼定律。σ=6.494×2πhc-2[k/h]4=5.67×10-8Wm-2K-4；103\n∂βαθδεμγηλνξπρΔΣγσφψω∫∞√ΨΦΩ>≈<∵∴≤≥↑↓│±⊥⊙⊕∥∝≠()103